大力线段树

Skills For A Better Segment Tree

Part 1： Faster

1.非递归线段树

你可以不用zkw，只用每次单点操作时直接像打二分样写下去就好了

以单点求和为例

int Que(int p,int l,int r,int x){
    if(l==r) return Sum[p];
    int mid=(l+r)>>1;
    Down(p);
    if(x<=mid) return Que(p<<1,l,mid,x);
    else return Que(p<<1|1,mid+1,r,x);
}//递归
int Que(int x){
    int p=1,l=1,r=n,mid;
    while(l!=r) {
        mid=(l+r)>>1;
        if(x<=mid) r=mid,p=p<<1|1;
        else l=mid+1,p=p<<1;
    }
    return Sum[p];
}//非递归

当然你可以花一些时间之间去学zkw

2.标记永久化

当操作只有区间修改和单点查询时，可以用（事实上这是一种很有通用的技巧）

查询时直接将遇到的点的Sum值累和过来

void Upd(int p,int l,int r,int ql,int qr,int x){
    if(l==ql&&r==qr) {
        Sum[p]+=(r-l+1)*x;
        tag[p]+=x;
        return;
        
    }
    Down(p);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(qr<=mid) Upd(p<<1,l,mid,ql,qr,x);
    else if(ql>mid) Upd(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr,x);
    else Upd(p<<1,l,mid,ql,mid,x),Upd(p<<1|1,mid+1,r,mid+1,qr,x);
    Sum[p]=Sum[p<<1]+Sum[p<<1|1];
}
int Que(int p,int l,int r,int x){
    if(l==r) return Sum[p];
    int mid=(l+r)>>1;
    Down(p);
    if(x<=mid) return Que(p<<1,l,mid,x);
    else return Que(p<<1|1,mid+1,r,x);
}
//普通标记法


void Upd(int p,int l,int r,int ql,int qr,int x){
    if(l==ql&&r==qr) {
        Sum[p]+=(r-l+1)*x;
        return;
    }
    Down(p);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(qr<=mid) Upd(p<<1,l,mid,ql,qr,x);
    else if(ql>mid) Upd(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr,x);
    else Upd(p<<1,l,mid,ql,mid,x),Upd(p<<1|1,mid+1,r,mid+1,qr,x);
}

void Que(int p,int l,int r,int x,int &res){
    res+=Sum[p];
    if(l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid) Que(p<<1,l,mid,x,res);
    else Que(p<<1|1,mid+1,r,x,res);
}
//标记永久化
//注意不要Up

\[ \ \]

\[ \ \]

\[ \ \]

Part 2：Useful

(当你做了一道dp题,发现自己只会打暴力怎么办？线段树不就是了!)

1.区间取模操作

将一个区间\([L,R]\)的数对\(x\)取模

发现性质当\(a[i]>=x\)时,\(a[i] \ \ mod \ \ x \leq \frac {a[i]}2\)

因为当\(a[i] < x*2\)时，\(a[i] \ \ mod \ \ x= a[i]-x < a[i]/2\)

当\(a[i] \geq x*2\)时，\(a[i] \ \ mod \ \ x<=x<=\frac{a[i]}2\)

所以直接存一下最大值，大于等于x时就递归下去，复杂度\(log^2 n\)

void Upd(int p,int l,int r,int ql,int qr,int x) {
    if(l==r) {
        ma[p]%=x;
        s[p]=is[ma[p]];
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(ql==l&&qr==r) {
        if(ma[p<<1]>=x) Upd(p<<1,l,mid,ql,mid,x);
        if(ma[p<<1|1]>=x) Upd(p<<1|1,mid+1,r,mid+1,qr,x);
    } else {
        if(qr<=mid) Upd(p<<1,l,mid,ql,qr,x);
        else if(ql>mid) Upd(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr,x);
        else Upd(p<<1,l,mid,ql,mid,x),Upd(p<<1|1,mid+1,r,mid+1,qr,x);
    }
    ma[p]=max(ma[p<<1],ma[p<<1|1]);
    s[p]=s[p<<1]+s[p<<1|1];
}

2.内外标记结合

当你的标记在线段树上不好处理时，可以选择在整个序列上操作，把标记存在外面

如\(Set(a[1..n])=x-a[1..n]\)

可以在整个序列外面记录，将整个序列符号取反，再加x

3.整体偏移大法

当你遇到这样一个dp

\[ dp[i][j]=dp[i-1][j-x]\]

如何搞？直接在序列外面记录偏移量\(d\)，保留线段树中原来节点的权值

其实这时一个映射的思想

初始情况下$i - > i $

偏移后\(i->i+x\)

但是偏移后值域改变？

不，你只用在刚开始时整体值域弄大一点就好了

真的不行我们还有动点线段树啊

事实上这只是一种简单的偏移，它还可以完成更多操作

如\(dp[i][j]=dp[i-1][x-j]\)

只用在偏移上乘上一个系数就好了

注意偏移后，查询\(L,R\)时，要带入系数算出原来的位置,解个方程就好了

是不是很\(easy\)!

HDU6728

这题我就是暴力搞过去的

const int N=3e3+10,K=230,P=1e9+7;

const ll L=-1e11,R=1e11;


int n;
ll c[N];

int cnt;
int s[N*K],t1[N*K],t2[N*K];
int ls[N*K],rs[N*K];

void Down(int p,ll l,ll r){
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(~t1[p]) {
        t1[rs[p]]=t1[p];
        t1[ls[p]]=t1[p];
        t2[ls[p]]=t2[rs[p]]=0;
        s[ls[p]]=1ll*t1[p]*((mid-l+1)%P)%P;
        s[rs[p]]=1ll*t1[p]*((r-mid)%P)%P;
        t1[p]=-1;
    }
    if(t2[p]) {
        (t2[rs[p]]+=t2[p])%=P;
        (t2[ls[p]]+=t2[p])%=P;
        (s[ls[p]]+=1ll*t2[p]*((mid-l+1)%P)%P)%=P;
        (s[rs[p]]+=1ll*t2[p]*((r-mid)%P)%P)%=P;
        t2[p]=0;
    }
}

void Set(int p,ll l,ll r,ll ql,ll qr,int x){
    x%=P;
    if(ql>qr) return;
    if(l==ql&&r==qr){
        s[p]=1ll*(r-l+1)%P*x%P;
        t1[p]=x;
        t2[p]=0;
        return;
    }
    if(!ls[p]) ls[p]=++cnt;
    if(!rs[p]) rs[p]=++cnt;
    Down(p,l,r);
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(qr<=mid) Set(ls[p],l,mid,ql,qr,x);
    else if(ql>mid) Set(rs[p],mid+1,r,ql,qr,x);
    else Set(ls[p],l,mid,ql,mid,x),Set(rs[p],mid+1,r,mid+1,qr,x);
    s[p]=(s[ls[p]]+s[rs[p]])%P;
}

void Upd(int p,ll l,ll r,ll ql,ll qr,int x){
    if(ql>qr) return;
    if(l==ql&&r==qr){
         (s[p]+=(r-l+1)%P*x%P)%=P;
         (t2[p]+=x)%=P;
         return;
    }
    if(!ls[p]) ls[p]=++cnt;
    if(!rs[p]) rs[p]=++cnt;
    Down(p,l,r);
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(qr<=mid) Upd(ls[p],l,mid,ql,qr,x);
    else if(ql>mid) Upd(rs[p],mid+1,r,ql,qr,x);
    else Upd(ls[p],l,mid,ql,mid,x),Upd(rs[p],mid+1,r,mid+1,qr,x);
    s[p]=(s[ls[p]]+s[rs[p]])%P;
}

ll Que(int p,ll l,ll r,ll ql,ll qr) {
    if(ql>qr) return 0;
    if(l==ql&&r==qr) return s[p]%=P;
    if(!ls[p]) ls[p]=++cnt;
    if(!rs[p]) rs[p]=++cnt;
    Down(p,l,r);
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(qr<=mid) return Que(ls[p],l,mid,ql,qr);
    else if(ql>mid) return Que(rs[p],mid+1,r,ql,qr);
    else return (Que(ls[p],l,mid,ql,mid)+Que(rs[p],mid+1,r,mid+1,qr))%P;
}


int main(){
    rep(kase,1,rd()) {
        cnt=1;
        memset(ls,0,sizeof ls);
        memset(rs,0,sizeof rs);
        memset(t2,0,sizeof t2);
        memset(t1,-1,sizeof t1);
        memset(s,0,sizeof s);
        n=rd();
        rep(i,2,n) c[i]=rd();
        Upd(1,L,R,1,R,1);
        ll fl=1,d=0;
        rep(i,2,n) {
            ll t1,t2;
            t1=(1-d)*fl,t2=(c[i]-d)*fl;
            ll sum;
            if(fl==1) sum=Que(1,L,R,t1,t2);
            else sum=Que(1,L,R,t2,t1);
            ll t=Que(1,L,R,t2,t2);
        
            ll tmp=-d/fl;
            Set(1,L,R,tmp,tmp,sum);
            t2=(c[i]-1-d)*fl;
            if(fl==1) {
                Set(1,L,R,L,tmp-1,0);
                Set(1,L,R,t2+1,R,0);
            } else {
                Set(1,L,R,L,t2-1,0);
                Set(1,L,R,tmp+1,R,0);
            }
            
            if(fl==1) {
                Upd(1,L,R,t1,t2,t);
            } else Upd(1,L,R,t2,t1,t);
            fl=-fl;
            d=c[i]-d;
            if(d>=R||d<=L) while(1);
        }
        ll ans=Que(1,L,R,L,R)%P;
        ans=(ans%P+P)%P;
        printf("%lld\n",ans);
    }
}