[ACM] 线段树经典题

POJ 2528 Mayor’s posters

m次区间染色，每次染色使用的颜色都不同，颜色可以覆盖，最后询问颜色数量，区间大小n为1e7，m为1e4。
做法一：
使用线段树，区间染色时间复杂度O(logn)，由于只询问一次颜色，可以O(n)遍历线段树暴力查询颜色数量。由于这道题有多组数据，O(n)的复杂度可能过不去，因此需要事先离散化一下，复杂度降为O(mlogm)，此题离散化有陷阱，具体参见洛谷用户xzyxzy的题解。
做法二：
做法一代码较为复杂，考虑不使用离散化，发现可以倒序做。首先最后一次区间染色的颜色一定不会被覆盖，然后考虑之前的颜色，某个颜色若不想被完全覆盖，其之后的染色区间就不能完全覆盖当前的染色区间。因此，可以使用一个线段树，长度为n，一开始所有叶节点权值都为0，支持两种操作，操作一是将一段区间全部赋值为1，操作二是查询一段区间是否有0。从后往前遍历所有染色区间，对每个区间先进行操作二，如果有0则答案加一，然后再对这段区间做操作一。该算法复杂度O(mlogn)，比做法一慢，但一样能过，并且代码简单。

HDU 1540 Tunnel Warfare

长度为n的区间，一开始全为1，m次操作，操作一是把某点从1变成0或从0变成1，操作二是计算某点附近的连续1的个数。n，m为5e4。
做法一：
建立一个线段树，一个区间保存两个值，第一个是从区间左端点开始，在该区间内有多少个连续的1，第二个是以区间右端点结尾，在该区间内有多少个连续的1。该线段树支持两种操作，操作一是修改某个点保存的值，操作二是查询某个点附近的连续1的个数，查询的时候需要分三种情况讨论：连续的1全部在区间左半区，连续的1横跨区间左右半区，连续的1全部在区间右半区。建好线段树，这个题基本上就完成了，时间复杂度O(mlogn)。
做法二：
计算某点附近连续1的个数，可以通过找到该点的前驱零和后继零来算。寻找前驱和后继操作让我们想到了平衡树。把某点从1变成0，就把该点的位置插入平衡树。把某点从0变成1，就在平衡树中删除该店的位置。计算某点附近的连续1的个数，就在平衡树中找该点的位置的前驱和后继，然后相减就可求出，时间复杂度O(mlogn)。平衡树可以使用STL自带的set，或者手写一个权值树状数组，不推荐手写treap，splay，AVL，SBT或RBT之类的平衡树，因为代码过于复杂。

POJ 2828 Buy Tickets

n个人排队，从第一个人开始，每个人选择当前队伍中的一个位置，插入到该位置后面，最后按顺序输出整个队伍所有人的序号。n为2e5。
做法一：
某个人若是选择了i位置插入，那么在该人之前，有且仅有i个人站在该人之前。从最后一个人开始，逆序考虑问题。将某个人插入队伍i位置后面时，其插入位置前必然有且仅有i个空位，因为我们是逆序考虑问题，之前的人都还没有插入队伍。因此使用一个平衡树，存放所有空位，初始时将所有位置都插入平衡树，然后逆序考虑问题，将某个人插入到队伍i位置之后时，找到平衡树的第 i + 1 个数，这个数就是该人的最终位置，同时将查询到的数从平衡树中删除，因为该位置不再是空位。该做法时间复杂度O(nlogn)。平衡树使用手写的权值树状数组，STL的set由于没有找第k大的功能，因此不适用。
做法二：
先考虑队首的人是谁，显然队首的那个人，选择的插入位置一定是0，那如果有多个人选择了0位置插入，谁是队首呢？答案显然是最后一个选择了0位置插入的人。我们找到队首以后，在该人之前插入队伍的人，如果选择了i位置插入，那么其实际位置至少是 i + 1，因为他们都被队首的人往后挤了一个位置，所以我们需要区间修改。修改完之后，再考虑队伍第二个人是谁，方法和找队首的方法一样，然后再考虑第三个人……第n个人。因此我们只需要一个线段树，支持两种操作，操作一是区间修改，操作二是查找当前的最小值，如果有多个最小值，返回最靠后的一个。该做法的时间复杂度为O(nlogn)。此题有多组数据，输入量较大，建议使用快读。

POJ 1177 Picture

求n个矩形的周长并，n为5e3，周长范围[-1e5, 1e5]。
将每个矩形分成两条横线和两条竖线，分别处理所有的横线和竖线。以竖线为例，先将所有竖线按横坐标排序，然后遍历所有竖线。需要注意的是，一个矩形会产生两条竖线，它们横坐标不同，纵坐标范围相同。遍历所有竖线时，如果当前竖线是原矩形中横坐标较小的那一条，将纵坐标范围内的所有点点权加一；如果是横坐标较大的那一条，将纵坐标范围内所有点点权减一。同时在遍历所有竖线时，每遍历到一条竖线，就查询一下当前线段树中点权大于0的点的个数，得到的查询值减去上一次的查询值，然后取绝对值，就是这条竖线处对周长的贡献。（这里不是很好理解，建议自己动手模拟一下）
那么问题就传化成为了两种操作，第一种是区间加（减）一个数，第二种是查询区间中点权大于0的点的个数。一般区间修改区间查询的问题，都可以用带lazy标记的线段树实现，但带lazy标记的线段树在这个问题上不适用，原因在于，区间减去一个数之后，没法在O(1)的时间内更新区间点权大于0的点的个数。（想想其它问题中带lazy标记的线段树，区间修改时会给整个区间打上lazy标记，然后在O(1)时间内更改整个区间维护的值）
那么是否说明这道题无法使用线段树做呢？也未必。注意这个问题的两个性质，1. 查询时查询的不是任意区间，而是每次只查询整个区间，这意味着，我们无需计算清楚每个区间中点权大于0的点的个数，只需要计算清楚整个区间中点权大于0的点的个数即可。2. 如果对某个区间减一，那么这个区间之前一定加过一，这样，整个线段树中不可能出现负数。
因此我们使用这样一个线段树，区间修改的时候，不打lazy标记，只更改被修改的区间。也就是说，后代区间并不会知道祖先区间被修改了，后代区间维护的点权大于0的点的个数，都是在不考虑祖先区间的修改情况下的。对于一个区间，如果修改后区间的值大于等于1，那么说明这个区间中所有点的点权都大于等于1，那么其点权大于0的点的个数就等于其区间长度；如果修改后区间的值等于0，那么在不考虑当前区间的祖先区间修改的情况下，想要使区间中的点点权大于0，只有可能是当前区间的后代区间被修改过并且值大于0，这个区间中点权大于0的点的个数，就等于其两个子区间中点权大于0的个数和。（虽然只是两个子区间的个数和，但是包括了所有后代区间）
这样，问题就被解决了，复杂度为nlogm，m等于2e5（周长范围）。
这道题的线段树和普通的线段树很不一样，要注意理解，如有必要可以结合代码（见附录）。学会这道题的思想以后，就可以很方便的解决矩形面积并（HDU 1542），矩形面积交（HDU 1255）等问题。