线段树模板:点修改，区间修改

最近在看《算法竞赛入门经典训练指南》， 感觉以前的想法几乎完全是错的，模板并不一定能直接套。

最近在看线段树，才知道线段树每个节点的附加信息才是重头戏，因此完全套模板是不可行的。但是思想方法可以借鉴，并在此基础上 加以改进。

1.点修改

给出一个有n个元素的数组A[1],A[2],……A[n]。任务是设计一个数据结构，支持以下两种操作:

①update(x,v):把A[x]修改为v。

②Query(L,R):计算min{A[L],A[L+1],……A[R]}。

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2.区间修改

1.快速区间操作1

1.操作:

给出一个n个元素的数组A[1],A[2],……A[n],你的任务是设计一个数据结构支持以下两种操作:

Add(L,R,v):把A[L],A[L+1],……A[R]的值全部增加v；

Query(L,R):计算子序列A[L],A[L+1],……A[R]的元素和，最小值和最大值。

点修改只会影响logn个结点，但是区间修改，在最坏情况下会影响树中的所有结点。前面讲过，任意区间都能分解成不超过2h个不想交的区间的并。利用这个结论，可以化整为零。

2.维护结点的信息

前面已经讲过，如果仍然用sum[o]表示结点o对应的区间中所有数之和，则add操作最坏情况下可能会修改所有的sum。解决办法是把sum[o]的定义改成“如果只执行结点o及其子孙结点中的add操作，结点o对应区间中所有数之和”。这样附加信息可以方便的维护，而且每个原始add所影响的结点数目变成了O(h)。代码如下:

    //维护信息
    //维护结点o，它对应的区间是[L,R]
    void maintain(int o,int L,int R){
        int lc=2*o,rc=2*o+1;
        sumv[o]=minv[o]=maxv[o]=0;
        if(R>L){
            //考虑左右子树
            sumv[o]=sumv[lc]+sumv[rc];
            minv[o]=min(minv[lc],minv[rc]);
            maxv[o]=max(maxv[lc],maxv[rc]);
        }
        //考虑add操作
        minv[o]+=addv[o];
        maxv[o]+=addv[o];
        sumv[o]+=addv[o]*(R-L+1);
    }

3.修改操作

在进行add操作时，哪些结点需要调用上述maintain函数呢？很简单，递归访问到的所有结点全部要调用，并且是在递归返回后调用。代码如下:

    //修改操作
    void update(int o,int L,int R){
        int lc=2*o,rc=2*o+1;
        if(qL<=L&&R<=qR){
            //递归边界
            addv[o]+=v;//累加边界的add值
        }
        else{
           int M=L+(R-L)/2;
           if(qL<=M) update(lc,L,M);
           if(qR>M) update(rc,M+1,R);
        }
        //递归结束前重新计算本结点的附加信息
        maintain(o,L,R);
    }

4.查询操作

仍然是把查询区间递归分解成若干个不相交的子区间，把各个子区间的查询结果加以合并，但需要注意的是每个边界区间的结果不能直接用，还得考虑祖先结点对它的影响。

为了方便，我们在递归函数中增加一个参数，表示当前区间的所有祖先结点的add之和。代码如下:

   void query(int o,int L,int R,int add){
        if(qL<=L&&R<=qR){
            //递归边界:用边界区间的附加信息更新答案
            _sum+=sumv[o]+add*(R-L+1);
            _min=min(_min,minv[o]+add);
            _max=max(_max,maxv[o]+add);
        }
        else{
            //不递归统计，累加参数add
            int M=L+(R-L)/2;
            if(qL<=M) query(2*o,L,M,add+addv[o]);
            if(qR>M) query(2*o+1,M+1,R,add+addv[o]);
        }
    }

5.完整代码(模板)

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懂了上述内容，就可以解决poj3468了，这是一道模板题，又是G++超时，C++AC http://poj.org/problem?id=3468

2.快速序列操作2

1.操作

给定一个有n个元素的数组A[1],A[2],……A[n].任务是设计一个数据结构，支持以下两种操作:

1.set(L,R,v):把A[L],A[L+1],……A[R]全部修改为v(v>=0)

2.query(L,R):计算子序列A[L],A[L+1],……A[R]的元素和、最小值和最大值。

2.代码

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