基础线段树
一、单点修改，区间查询
（一）查询某区间内最大值：acwing最大数
如果是静态问题，可以用RMQ（倍增）来写。
单点修改可以不用懒标记，尽量不用，麻烦。
线段树里的每一个点都是一个结构体，具体存什么根据题目而定：
- 问的是什么就存什么，比如【区间查询】问的就是某个区间的某种属性，就要存区间的左右端点位置和这个属性；
- 辅助信息，看一下当前属性能不能由两个子区间的属性算出来，如果不能就需要辅助信息
递归建树，比如节点i的两个子区间分别是2i和2i+1，只有叶子节点被真实赋值：
- 从i=1开始建树
- 如果l=r，也就是叶子节点，就赋值，否则递归
- 维护，一般需要，偶尔建的树为空就不需要
维护有两种，用子区间维护父亲区间（从下往上维护），用父亲区间维护子区间（从上往下维护）：
- 从下往上，pushup。找的时候从上往下找，找到底（叶子节点）并修改，修改完回溯，回溯的时候更新父节点的信息
- 从上往下，pushdown。把父节点的修改，更新到儿子节点上。
单点修改：和建树一样用递归，从根节点1开始找要查询的叶子节点的位置，找到就修改，pushup更新父节点的信息。
区间最值查询：一样用递归从1开始找，找到多个在区间内的树枝，对它们的属性求max。
#include（二）查询某区间内最大连续子段和：acwing你能回答这些问题吗
结构体里如果只存左右端点和当前区间的最大连续子段和：当前区间的属性不能由左右两个子区间的属性得到。所以考虑如何用左右两个子区间的属性得到当前区间的属性：
- 左右区间的属性：lmax和rmax
- 跨两个区间的属性，左区间的后缀、右区间的前缀：l和r
别忘了考虑新加的属性能不能直接求：
- 左右区间的最大连续子段和：可以直接根据左右子区间得到
- 包含左区间最后一个数的最大连续子段和、包含右区间第一个数的最大连续子段和。
例如，对于当前区间，它的最大前缀和：它的左子区间的最大前缀和、它的左子区间和和它的右子区间的最大前缀和。它的最大后缀和同理。
所以还有加上一个属性：区间和。
所以要存：
- 区间左右端点位置：l和r
- 区间内的最大连续子段和：max
- 区间的最大连续前缀和、区间的最大连续后缀和：lx和rx
- 区间和：s
修改和建树差不多，区别在于建树是修改所有叶子区间，而修改只需修改一个叶子区间
查询，有两种思路。
\quad 一是y总的四种情况，l
#include二、区间修改，区间查询
（一）给某区间加上一个数，查询某区间内所有数的最大公约数：acwing区间最大公约数
\quad 懒标记难写，而对于区间加上一个数，刚好可以用差分把它转化成单点修改，就不用写懒标记了。
\quad 常考的信息就那么几种，这题考最大公约数，就存最大公约数。
\quad 刚好，父区间的最大公约数等于两个子区间的最大公约数的最大公约数。
\quad 如果只有查询操作的话就够了，而对于修改操作，修改完的与之前的最大公约数没什么关系，不好弄。
\quad 先考虑单点修改，搜到底改掉，再往上更新即可，可见单点修改很容易。
利用差分，把区间修改转化成单点修改：
\quad x和y的最大公约数等于x和y-x的最大公约数，所以a1、a2、a3、…、an的最大公约数等于a1、a2-a1、a3-a2、…、an-an-1的最大公约数（证明：前者最大公约数为d，d是后者每一项的约数，所以前者最大公约数小于后者，反之亦然）。
\quad 线段树维护的叶子节点存差分的值，也就是前一项减后一项，区间加一个数对差分序列的影响只有第L项和第R+1项：
- 得到差分序列b，b[i]=a[i]-a[i-1]
- 用差分序列建树
- 对于[L,R]加一个数，转化成两次单点修改，把b[L]加上该数，把b[R+1]减去该数。
- 查询[L,R]，先求[1,L]的和sum[L]，再求a[L]与b[L+1]…b[R]的最大公约数。
注意：查询不能简单的ask(1,L,R)，它等于gcd(a[L]-a[L-1], a[L+1]-a[L], …, a[R]-a[R-1])，而我们要的是gcd(a[L], a[L+1]-a[L], …, a[R]-a[R-1])，第一项不同，要增加辅助属性sum来求a[L]。这个sum维护的是差分序列的区间[L,R]的和。
\quad 注意爆int。
#include（二）给某区间加上一个数，查询某区间内所有数的和：acwing一个简单的整数问题2
结构体存sum和add，
add是懒标记：给当前节点的所有儿子，不包括自己，加上的数值。
sum：考虑当前节点及子节点上的所有标记（不包括所有祖先节点上的标记），当前区间和是多少。
既有区间整体加，又有区间整体变成一个数，就只能写懒标记了。另外，已经写了三道题了，其实发现想好思路（结构体存什么与pushup和pushdown）之后，线段树就是填5个函数，直接上就行。
#include（三）给某区间加或乘一个数，查询某区间的和：acwing维护序列
结构体存sum、add、mul，后两个是懒标记。
优先级问题：add和mul表示先加再乘还是先乘再加。
\quad 如果表示先加再乘(x+add)×mul，那么再遇到一个加的就不好处理；
\quad 如果表示先乘再加x×mul+add，那么遇到一个乘，就分别给mul和add乘上即可；那么遇到一个加，就给add加上即可。
\quad 所以add和mul表示先乘再加，这样更好维护。初始add=0，mul=1。
不如不管是乘还是加，都用一个函数，传两个参数×c+d，为空也传：
(x×mul+add)×c+d=x×mul×c+add×c+d
把mul变成mul×c，把add变成add×c+d。
#include三、扫描线优化的线段树
（一）acwing亚特兰蒂斯
给出n个矩形，求它们的总面积，矩形重叠只算一次。
只是用到了扫描线的思想：
- 积分的思想，把整个图形切成非常多的细长条
- 高度相同的一段连续距离切成一个长条
于是每个长条的面积就等于宽度乘长度，宽度和长度都很容易得到
把所有矩形的起始的横坐标排序，把纵坐标做成线段树，一个矩形有四个纵坐2个竖边，做成两个线段，靠近原点的设置权值为+1，远离的设为-1，于是通过权值可以知道当前区间被几个矩形覆盖。
于是可以把它看成两个操作：
- 将某个区间[L,R]加1
- 整个区间中，长度大于0的总长度是多少
结构体存：
- l,r
- cnt有几个矩形，也就是权值
- len当前区间被覆盖部分的总长度，但是不考虑所有的祖先节点的cnt>0的节点
扫描线的性质：
- 只考虑根节点的信息，也就是查询的时候总是询问整个区间，查询区间总是包含当前区间所以不会递归，也就不需要pushdown
- 所有的操作均是成对出现的，也就是一个矩形有两条边，修改的时候如果在某区间加上一个数，也会减去该数，不会递归到多余的节点，也不会影响父节点的正确性，也就不需要pushdown。
更具体的，比如某时刻要增加一个矩形：
\quad 情况一：cnt>0，表示该区间已经被覆盖，我们查询的时候查到cnt>0就不会继续递归。那么不论新加的区间是否覆盖都不影响答案，在递归到更深层修改时也就不需要pushup和pushdown。
\quad 情况二：cnt=0，如果说cnt是懒标记的话，它现在是0，pushup和pushdown都没有意义。
所以不会用到pushdown，总结就是：
- 查询的时候只查根节点，根节点的长度是pushup维护好的。
- 修改的时候如果当前区间被完全包含，cnt加上要加的数就行，不被完全包含就继续递归。修改的时候pushup还是需要的：如果cnt=0，父节点长度就是两个儿子的总和。
注意数据n=10000，即最多有20000个纵坐标。而坐标可以是小数，需要离散化。线段树的叶子节点存的不是y1、y2、y3这样的坐标点，而是[y1,y2]、[y2-y3]这样的区间，20000个坐标离散化后最多有19999个区间。
#include（二）luogu窗口的星星
\quad 给出窗口的长和宽（窗口平行于坐标轴），和星星们的坐标和亮度，问窗口的亮度最大值。
\quad 首先想贪心：
\quad 对于一个星星a[1]，当它在窗口的四个角时刚好被框住。由于星星不动，窗口动，我们以窗口的左下角坐标点A[1]代表窗口，则窗口A[1]的移动范围刚好为一个矩形B[1]，形状刚好等于窗口。
\quad 对于两个星星a[1]和a[2]，想要同时框住它们，就要选择B[1]和B[2]的重合部分。
\quad 想同时框住更多星星，就要使窗口包含尽可能多的B的重合部分。
把所有的星星与窗口的关系转化成B之后，画出来的图就跟上面的亚特兰蒂斯很像，于是想到扫描线线段树：
- 由于用窗口的左下角的坐标点代表窗口，画出来的B可能不完全在第一象限，所以改为用窗口右上角的点来代表。
- 注意题目说边框上的不算在内，但是不能直接把窗口的长宽减2。
举个例子，原本2×2的窗口，减2后变成一个点，但是实际上它最多可以框住4个点。所以是长宽减1，然后把框往下和往左移动0.5。但其实在图上的相对位置没有移动，所以长宽减1就行。
但是要注意相同坐标的宽和高，总是优先加：对于横坐标的宽，只用在重载运算符的时候多加一个判断；对于高，更便捷的是只减0.5，然后把对应的整型改成double，但一定要找全，可以用图2的示例。
- 把问题转化为：平面上有若干个矩形，每个矩形都带有一个亮度属性，求一个坐标上的亮度总和的最大值。
- 离散化，然后扫描线，只是变成求max
#include
build(1,0,ys.size()-2); //样例是4个点, 对应3个区间
ll ans=0;
sort(s,s+n*2);
for(int i=0; i<n*2; i++) {
modify(1, find(s[i].y1), find(s[i].y2)-1, s[i].pd);
ans=max(ans,tr[1].max);
// printf("%d : %d %d\n",i,find(s[i].y1),find(s[i].y2));
// for(int j=1; j<=8; j++) printf("%d : %d,%d : %d\n",j,tr[j].l,tr[j].r,tr[j].max);
// puts("");
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
四、练习题：
$\quad$1、【模板】线段树 1——洛谷
$\quad$2、【模板】线段树 2——洛谷
$\quad$3、[TJOI2018]数学计算——洛谷
$\quad$4、[SCOI2007] 降雨量——洛谷
降雨量是线段树+模拟，WA了大概是线段树和模拟没有配合好，单纯的线段树部分或模拟的部分都不难。
$\quad$5、楼房重建——洛谷
$\quad$6、XOR的艺术——洛谷
就，楼房重建要说一下：
\quad 首先你得想到它是个线段树，因为它是动态的，数据范围10W也是刚好。
\quad 至少我的第一反应不是线段树，是二分斜率，因为只需要一个斜率属性就能确定视线，nlogn也很完美。但是接下来如果逐一确定每栋楼是否能看到，就是n×n×logn了。分析一下，这样的二分不行，是因为视线不止一条。以房顶代表楼房，能看到多少楼房就有多少视线，且这些视线的斜率是越来越大的。
\quad 那么考虑修改时二分：使其中一栋楼房增高从而遮住上面的视线，那么它的斜率就要比上面的视线的斜率大，二分找出下一个楼房，中间的楼房删掉；使一栋楼房降低从而暴露出更多楼房，其中哪些楼房会被看到，也是取决于视线的斜率，比前一栋楼大就能被看到。这同样需要枚举，会超时，不行。
\quad 不想枚举，想预先处理好每栋楼的最长上升。那么，对于每个修改，分别维护以每栋楼为起点的最长上升序列，但是不好维护。比如下降一栋楼，那么它的左边所有的最长上升序列都有可能变。
\quad 看了题解才知道是线段树，维护最长上升序列的长度：
\quad 维护一个序列，在线单点修改，求出每一时刻各段的前缀最大值数目。
\quad 使用线段树动态维护每个区间的最大值、最长上升子序列。
\quad 二分到目标点，修改目标点的mx；很显然的，每个单点的cnt（最长上升子序列）都是1；
\quad 然后递归回溯处理，更新mx；每个区间的左区间一定会为答案产生贡献，而右区间能为答案产生贡献的点必须大于左区间最大点，所以调用count( )，然后更新cnt。
\quad count：统计区间[ l , r ]内最小值大于k的最长上升子序列。
就是说，存连续上升的长度ans和区间最大斜率k。单点修改，修改它的斜率。回溯时，父节点的斜率取左右儿子的最大值，父节点的长度取左儿子的长度加右儿子二分得到的的长度。二分，在右儿子里递归找大于k的叶子节点，注意边找边累加答案长度，找到叶子节点再累加个1。
#include
a=l,b=r;
l=lower_bound(ys.begin(), ys.end(), mp(l, mp(0, 0))) -ys.begin();
r=lower_bound(ys.begin(), ys.end(), mp(r, mp(0, 0))) -ys.begin();
T maxx1=ask(1,l,r);
T maxx2=ask(1,l+1,r);
// printf("%d %d %d %d\n",ys[l].second.second,ys[r].second.second,maxx1.ml,maxx2.ml);
if((ys[l].second.second==0&&maxx1.y!=a) || //左存在, 且不是最大, 错
(ys[r].second.second==0&&maxx2.y!=b) || //右存在, 且不是次大, 错
(ys[l].second.second==0&&ys[r].second.second==1&&maxx1.ml==maxx2.ml)) { //特判
printf("false\n");
} else if(maxx1.pd==1) {
printf("maybe\n");
} else {
printf("true\n");
}
}
return 0;
}
以前我是怎么写线段树的，不是很清楚了，代码也没有留下来。现在我用的是y总的模板，写题时可以直接套的傻瓜式的模板，的确很好用。
y总说线段树好写，但是不好debug。的确，细节上的错误难以debug。至于线段树是否好写，就像上面这些线段树模板就挺好写的。
有的题会糅合其它算法和结构，要加各种各样的功能。思路对不对，细节对不对，好像都要看运气。
所幸，在普通的比赛中，签到题都A不了，不用去担心不存在的难题。