首先，要求可以离线。
线段树分治有两种。
类型一
操作基于区间，单点询问。
有时，进行的一种操作可以快速完成，但是，要实现这种操作的逆操作较难。
因为，通常情况下，需要实现的逆操作都是很久以前执行的。
但是，如果只撤销上次操作，就会简单得多。
比如，维护一些连通性，或直径，线性基等问题。
这类问题加边很好做，但删边很难实现。
我们可以扫一遍操作，得到每个操作的有效区间。
然后，将每个添加操作的有效区间按在线段树上，然后遍历这颗线段树同时处理标记即可。
从某种角度，可以理解为标记永久化。
这样，就将撤销任意一次变为只撤销上一次。（还是要撤销）
要求：用于维护的数据结构支持撤销上一操作，复杂度不能均摊（因为要撤销）
时间复杂度：比正常多一个log。
例题1：八纵八横
线段树分治&线性基 模板题。
给一棵树，支持加边，删边，修改边权，并询问最大异或和的环。
类似xor和路径，询问结果就是所有环的最大异或和，使用线性基。
修改可以看做删除+插入。由于线性基不支持删除，所以使用线段树分治。
可以用并查集维护树。
代码：
#include <stdio.h>
#include <bitset>
#include <string.h>
#include <vector>
using namespace std;
int fr[503],ne[1003],v[1003],w[1003],bs = 0,len,ff[503];
bool bk[1003],ca[1003];
bitset < 1005 > bi[2003],jl[503],ji[1003],ans[1003];
void addb(int a, int b, int c) {
v[bs] = b;
w[bs] = c;
ne[bs] = fr[a];
fr[a] = bs++;
}
void dfs1(int u, int f) {
for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i]) {
if (v[i] == f) continue;
jl[v[i]] = jl[u] ^ bi[w[i]];
dfs1(v[i], u);
}
}
int getv(int x) {
if (x == ff[x]) return x;
ff[x] = getv(ff[x]);
return ff[x];
}
bool merge(int x, int y) {
x = getv(x);
y = getv(y);
if (x == y) return false;
ff[x] = y;
return true;
}
void fuz(bitset < 1005 > &x, char zf[1005]) {
x = 0;
int n = strlen(zf);
if (n > len) len = n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (zf[i] == '1') x[n - 1 - i] = 1;
}
}
void getans(bitset < 1005 > &x) {
x = 0;
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
if (x[i] == 0 && bk[i]) x ^= ji[i];
}
}
int st[1005],tp = 0;
void insert(bitset < 1005 > x) {
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
if (x[i]) {
if (!bk[i]) {
bk[i] = true;
ji[i] = x;
st[tp++] = i;
break;
} else x ^= ji[i];
}
}
}
struct SJd {
int x,y,z;
SJd() {}
SJd(int X, int Y, int Z) {
x = X;y = Y;z = Z;
}
};
vector < SJd > ve[8005];
void xiugai(int i, int l, int r, int L, int R, SJd x) {
if (R <= l || r <= L) return;
if (L <= l && r <= R) {
ve[i].push_back(x);
return;
}
int m = (l + r) >> 1;
xiugai(i << 1, l, m, L, R, x);
xiugai((i << 1) | 1, m, r, L, R, x);
}
int wz[2003];
void dfs3(int i, int l, int r) {
int la = tp;
for (int j = 0; j < ve[i].size(); j++) insert(bi[ve[i][j].z] ^ jl[ve[i][j].x] ^ jl[ve[i][j].y]);
if (l + 1 == r) {
if (wz[l] != -1) getans(ans[wz[l]]);
} else {
int m = (l + r) >> 1;
dfs3(i << 1, l, m);
dfs3((i << 1) | 1, m, r);
}
for (int i = la; i < tp; i++) bk[st[i]] = false;
tp = la;
}
char zf[1003],ch[20];
int tx[1003],ty[1003],la[1003],tm[1003];
int ll[2003],rr[2003],X[2003],Y[2003],Z[2003];
SJd xg[2003];
int main() {
int n,m,q;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
fr[i] = -1;ff[i] = i;
}
for (int i = 0; i < m; i++) {
int x,y;
scanf("%d%d%s", &x, &y, zf);
fuz(bi[i], zf);
if (merge(x, y)) {
addb(x, y, i);addb(y, x, i);
} else tx[i] = x,
ty[i] = y;
}
dfs1(1, 0);
int ss = 0,ks = 0,xs = 0;
for (int i = 1; i <= q; i++) {
scanf("%s", ch);
if (ch[0] == 'A') {
int x,y;
scanf("%d%d%s", &x, &y, zf);
ks += 1;ss += 1;
wz[ss] = i;
fuz(bi[m + i], zf);
la[ks] = ss;tm[ks] = i;
X[ks] = x;Y[ks] = y;
} else if (ch[0] == 'C' && ch[1] == 'a') {
int k;
scanf("%d", &k);
ss += 1;wz[ss] = i;
xg[xs] = SJd(X[k], Y[k], m + tm[k]);
ll[xs] = la[k];rr[xs] = ss;
xs += 1;
ca[k] = true;
} else {
int k;
scanf("%d%s", &k, zf);
fuz(bi[m + i], zf);
ss += 1;wz[ss] = -1;
xg[xs] = SJd(X[k], Y[k], m + tm[k]);
ll[xs] = la[k];rr[xs] = ss;
xs += 1;wz[ss] = i;
tm[k] = i;la[k] = ss;
}
}
for (int i = 0; i < m; i++) {
if (tx[i]) insert(bi[i] ^ jl[tx[i]] ^ jl[ty[i]]);
}
tp = 0;
for (int k = 1; k <= ks; k++) {
if (ca[k]) continue;
xg[xs] = SJd(X[k], Y[k], m + tm[k]);
ll[xs] = la[k];
rr[xs] = ss + 1;
xs += 1;
}
for (int i = 0; i < xs; i++) xiugai(1, 0, ss + 1, ll[i], rr[i], xg[i]);
dfs3(1, 0, ss + 1);
for (int i = 0; i <= q; i++) {
bool zz = false;
for (int j = len - 1; j >= 0; j--) {
if (ans[i][j] == 1) {
printf("1");
zz = true;
} else if (zz) printf("0");
}
printf("\n");
}
return 0;
}例题2：时空旅行
题意：
在一棵树上，每个节点代表一个集合，一些元素存在这个集合之中，
每个节点上的集合，是由父亲的先复制下来，然后添加或删除1个元素，成为一个新的集合。
每个元素有\((x,y,z,c)\)四个值，\((y,z)\)没用，就是两个\((x,c)\)。
每次给出树上一个点，以及一个X，要求出这个节点所有元素的\(min((X−x_i)^2+C_i)\)。
要求复杂度\(O(nlogn)\)。
首先，看到\(min((X−x_i)^2+C_i)\)，很自然想到斜率优化。
\(y_i=x_i^2+C_i,y_i=x_i,k=2X,b=y-kx,ans=b+X^2\)。
那么，相当于，每个节点的凸包，是由父亲的先复制下来，然后添加或删除1个点，成为一个新的凸包。
可以发现，这是一个版本树，遍历一下，就变成序列上的了。而且也是单点询问。