2020.01.24日常总结兼线段树、树状数组实践题略讲

$\color{green}{前言}$

• 作为提高必备的两大数据结构，线段树和树状数组非常重要。本日记将举一些线段树和树状数组的实例，带大家了解线段树和树状数组的作用。
• 本日记的题目难度大概在 $\color{red}{提高+/省选}$左右。不会讲线段树和树状数组的原理。

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$\color{green}{实例}$

$\color{blue}{洛谷P1471\ \ 方差}$

$\color{orange}{【题意】：}$ 蒟蒻HansBug在一本数学书里面发现了一个神奇的数列，包含 $N$个实数。他想算算这个数列的平均数和方差。数据带修改。

【注】：方差：方差是计算一个数列数据波动情况的重要量，记为 $s^2$。记数据为 $A$， $P$为平均数，则方差计算公式为：
$s^2=\frac{\sum\limits_{i=1}^{n} (A_i-P)^2}{n}$

$\color{orange}{【思路】：}$ 我们把方差的公式稍微修改一下，得：

（以上图片选自一篇洛谷题解）

所以，现在我们只需维护区间的平方和与区间和即可。

而对于区间的平方和，如果我们令区间同时加上一个数 $x$，我们有：

（以上图片依旧选自一篇洛谷题解）

然后，我们就可以直接用线段树维护求解。

$\color{orange}{【代码】：}$

#define gc getchar()
#define g(c) isdigit(c)
inline int read(){
	char c=0;int x=0;bool f=0;
	while (!g(c)) f=c=='-',c=gc;
	while (g(c)) x=x*10+c-48,c=gc;
	return f?-x:x;
}
const int N=1e5+100;
double sum[N<<2],add[N<<2];
double seg[N<<2],a[N];
inline void pushup(int o){
	sum[o]=sum[o<<1]+sum[o<<1|1];
	seg[o]=seg[o<<1]+seg[o<<1|1];
}
inline void pushdown(int o,int l,int r){
	double tag=add[o];add[o]=0;
	add[o<<1|1]+=tag;add[o<<1]+=tag;
	register int mid=(l+r)>>1;//注意顺序，一定要先修改seg，再修改sum
	seg[o<<1]+=2*tag*sum[o<<1]+(mid-l+1)*tag*tag;
	seg[o<<1|1]+=2*tag*sum[o<<1|1]+(r-mid)*tag*tag;
	sum[o<<1]+=tag*(mid-l+1);sum[o<<1|1]+=tag*(r-mid);
}
void build(int o,int l,int r){
	add[o]=0.0;
	if (l==r){
		sum[o]=a[l];
		seg[o]=a[r]*a[r];
		return;
	}
	register int mid=(l+r)>>1;
	build(o<<1,l,mid);
	build(o<<1|1,mid+1,r);
	pushup(o);return;
}
void updata(int o,int l,int r,int p,int q,double v){
	if (l>q||r<p) return;
	if (p<=l&&r<=q){
		seg[o]+=2*v*sum[o]+(r-l+1)*v*v;
		sum[o]+=v*(r-l+1);add[o]+=v;return;
	}
	if (add[o]) pushdown(o,l,r);
	register int mid=(l+r)>>1;
	updata(o<<1,l,mid,p,q,v);
	updata(o<<1|1,mid+1,r,p,q,v);
	pushup(o);return;
}
double query_sum(int o,int l,int r,int p,int q){
	if (l>q||r<p) return 0.0;
	if (p<=l&&r<=q) return sum[o];
	if (add[o]) pushdown(o,l,r);
	register int mid=(l+r)>>1;
	register double answer=0.0;
	answer+=query_sum(o<<1,l,mid,p,q);
	answer+=query_sum(o<<1|1,mid+1,r,p,q);
	return answer;
}
double query_squ(int o,int l,int r,int p,int q){
	if (l>q||r<p) return 0.0;
	if (p<=l&&r<=q) return seg[o];
	if (add[o]) pushdown(o,l,r);
	register int mid=(l+r)>>1;
	register double answer=0.0;
	answer+=query_squ(o<<1,l,mid,p,q);
	answer+=query_squ(o<<1|1,mid+1,r,p,q);
	return answer;
}
int n,m,opt,l,r;
int main(){
	freopen("t1.in","r",stdin);
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lf",&a[i]);
	build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		opt=read();l=read();r=read();
		if (opt==1){
			register double v;
			scanf("%lf",&v);
			updata(1,1,n,l,r,v);
		}
		else{
			double ave=query_sum(1,1,n,l,r)/(r-l+1.0);
			if (opt==2) printf("%.4lf\n",ave);
			else printf("%.4lf\n",-ave*ave+query_squ(1,1,n,l,r)/(r-l+1));
		}
	}
	return 0;
} 

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$\color{blue}{洛谷P1558\ \ 色板游戏}$

$\color{orange}{【题意】：}$ 阿宝上学了，今天老师拿来了一块很长的涂色板。

色板长度为 $L$， $L$是一个正整数，所以我们可以均匀地将它划分成 $L$块 $1$厘米长的小方格。并从左到右标记为 $1, 2, ... L$。

现在色板上只有一个颜色，老师告诉阿宝在色板上只能做两件事：

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• C A B C 指在 $A$到 $B$ 号方格中涂上颜色 $C$。
• P A B 指老师的提问： $A$到 $B$号方格中有几种颜色。

学校的颜料盒中一共有 $T$ 种颜料。为简便起见，我们把他们标记为 $1, 2, ... T$。 开始时色板上原有的颜色就为 $1$号色。 面对如此复杂的问题，阿宝向你求助，你能帮助他吗？

$\color{orange}{【思路】：}$ 乍一看这题很难，但是 $1 \leq T \leq 30$，所以我们可以把区间每个位置的颜色用二进制保存，然后就可以用线段树维护了。

$\color{orange}{【代码】：}$

const int N=1e5+100;
#define gc getchar()
#define g(c) isdigit(c)
inline int read(){
	char c=0;int x=0;bool f=0;
	while (!g(c)) f=c=='-',c=gc;
	while (g(c)) x=x*10+c-48,c=gc;
	return f?-x:x;
}
int sum[N<<2],add[N<<2];
inline void pushup(int o){
	sum[o]=sum[o<<1]|sum[o<<1|1];
}
inline void pushdown(int o){
	int tag=add[o];add[o]=0;
	add[o<<1]=tag;add[o<<1|1]=tag;
	sum[o<<1]=tag;sum[o<<1|1]=tag;
}
void build(int o,int l,int r){
	if (l==r){
		sum[o]=1;return;
	}
	register int mid=(l+r)>>1;
	build(o<<1,l,mid);
	build(o<<1|1,mid+1,r);
	pushup(o);return;
}
void updata(int o,int l,int r,int p,int q,int v){
	if (l>q||r<p) return;
	if (p<=l&&r<=q){
		add[o]=1<<(v-1);
		sum[o]=1<<(v-1);
		return;
	}
	if (add[o]) pushdown(o);
	register int mid=(l+r)>>1;
	updata(o<<1,l,mid,p,q,v);
	updata(o<<1|1,mid+1,r,p,q,v);
	pushup(o);return;
}
int query(int o,int l,int r,int p,int q){
	if (l>q||r<p) return 0;
	if (p<=l&&r<=q) return sum[o];
	if (add[o]) pushdown(o);
	register int mid=(l+r)>>1;
	register int answer=0;
	answer|=query(o<<1,l,mid,p,q);
	answer|=query(o<<1|1,mid+1,r,p,q);
	return answer;
}
int n,m,color;//n:L;m:O;color:T
int calc(int x){//计算x的二进制中有多少个1 
	register int cnt=0;
	for(int i=0;i<color;i++)
		if (x&(1<<i))
			cnt++;
	return cnt;
}
int main(){
	n=read();color=read();
	m=read();build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		register char opt;cin>>opt;
		register int l=read(),r=read();
		if (l>r) swap(l,r);//Don't forget it!!!
		if (opt=='C'){
			register int v=read();
			updata(1,1,n,l,r,v);
		}
		else printf("%d\n",calc(query(1,1,n,l,r)));
	}
	return 0;
}

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$\color{blue}{洛谷P2184\ \ 贪婪大陆}$

$\color{orange}{【题意】：}$ 面对蚂蚁们的疯狂进攻，小FF的Tower defence宣告失败……人类被蚂蚁们逼到了Greed Island上的一个海湾。现在，小FF的后方是一望无际的大海， 前方是变异了的超级蚂蚁。小FF还有大好前程，他可不想命丧于此， 于是他派遣手下最后一批改造SCV布置地雷以阻挡蚂蚁们的进攻。

小FF最后一道防线是一条长度为 $N$的战壕，小FF拥有无数多种地雷，而SCV每次可以在 $[ L , R ]$区间埋放同一种不同于之前已经埋放的地雷。 由于情况已经十万火急，小FF在某些时候可能会询问你在 $[ L' , R']$ 区间内有多少种不同的地雷， 他希望你能尽快的给予答复。

$\color{orange}{【思路】：}$ 每次埋地雷，我们可以看作以下两个事件：

• 在 $L$放入一个(，表示一种新地雷的开始
• 在 $R$放入一个)，表示一种地雷的结束位置

对于查询操作，我们先查询 $R$以前有多少中地雷，即查询 $R$以前有多少个(，当然有些地雷可能不在 $[L,R]$内，它们有一个共性：即结束位置 $<L$，所以我们用 $R$以前的(的数量减去 $L$以前的)的数量。

于是，我们分别开两个树状数组维护(和)即可。总的时间复杂度： $O(M \times log N)$。

$\color{orange}{【代码】：}$

#define gc getchar()
#define g(c) isdigit(c)
inline int read(){
	char c=0;int x=0;bool f=0;
	while (!g(c)) f=c=='-',c=gc;
	while (g(c)) x=x*10+c-48,c=gc;
	return f?-x:x;
}
const int N=1e5+1e3;
typedef long long ll;
ll c[N][3];int n,m,opt,l,r;
inline int F(int x){
	return x&(-x);
}
inline void updata(int x,int p){
	for(;x<=n;x+=F(x)) c[x][p]++;
}
inline ll query(int x,int p){
	register ll ans=0ll;
	for(;x;x-=F(x))
		ans+=c[x][p];
	return ans;
}
int main(){
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		opt=read();l=read();r=read();
		if (opt==1){
			updata(l,1);
			updata(r,2);
		}
		else printf("%lld\n",query(r,1)-query(l-1,2));
	}
	return 0;
}