P3372 【模板】线段树 1 题解

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简要题意：

维护一个数组的区间修改，区间查询。

关于区间问题，其实有很多不错的算法。

当然 树状数组 也可以解决，不过为了给 后一道模板 做铺垫，我们将本题作为 线段树 的模板题讲解。

线段树什么？顾名思义，每个节点都维护了一个线段的信息，并且 线段树是一棵完全二叉树 。

比方说：

其中每个节点上写的三个数分别表示：节点编号，区间左端点，区间右端点 。有些节点只写了 节点编号 ，因为它们的 左端点 = 右端点，即元区间，写不下，见谅。

你会发现线段树有这样的性质：

1. $i$ 号节点的左儿子编号为 $2 \times i$（如果存在的话），右儿子编号为 $2 \times i + 1$ （如果存在的话）。其实这是完全二叉树的性质。

2. 如果 $i$ 号节点维护的区间为 $[l,r]$，则左儿子（如果存在）维护的区间为 $[l,\lfloor \frac{l+r}{2} \rfloor]$，右儿子（如果存在）维护的区间为 $[\lfloor \frac{l+r}{2} \rfloor + 1 , r]$. 这有利于我们建树。

那么你会说了，嗯，这棵树确实挺不错的，但是能不能维护一些值呢？

——可以，只要是可结合的运算就可以（即可以分裂为两个区间分别计算，再按照某种方式合并的），不一定要满足结合律（比方说区间最大子段和就不满足结合律），比方说 最小值，最大值，区间和，区间异或和，区间最大子段和，区间相邻两数乘积，区间方差等。

你可能不明白是怎么维护的，那我们就样例：

1 5 4 2 3

维护区间和来举例。

此时每个节点从左往右依次为：节点编号，左端点，右端点，区间和。 （不好意思， $9$ 号节点的左右端点应该是 $[2,2]$，口头更正一下）

这时你又发现两个性质：

1. 若 $i$ 维护的区间 $l=r$，则 $sum$（区间和） $= a_l = a_r$.

2. 若 $i$ 维护的区间 $l \not = r$，则 $sum = lsum + rsum$.其中 $lsum$ 指 $i$ 左儿子维护的区间和， $rsum$ 指右儿子维护的区间和。

有了这些性质，我们轻松地写出一段 建树 代码：

#define L i<<1
#define R (i<<1)+1
//t 数组保留建树后的结果（即线段树）
inline void update(int i) {
	t[i].sumi=t[L].sumi+t[R].sumi;
} //更新当前节点
inline void build_tree(int i,int l,int r) { //编号，左端点，右端点
	t[i].l=l; t[i].r=r;
	if(l==r) {
		t[i].sumi=a[l]; t[i].tag=0; // t[i].tag 的含义之后解释
		return;
	} int mid=(l+r)>>1;
	build_tree(L,l,mid);
	build_tree(R,mid+1,r);
	update(i);
}

那么，我们只要解决两个操作：

1. 区间修改。

2. 区间查询。

首先我们讲区间查询。

很显然，以样例第一组询问 $[2,4]$ 为例，那么我们只需要将这些值相加：

所以答案为 $5 + 4 + 2 = 11$.

你说：这访问了 $3$ 个区间，相当于查询 $3$ 次，那和暴力没区别啊？

你觉得没区别？

那如果我们是询问 $[1,5]$ 呢？

那不就只要访问 $1$ 次，即 $1$ 号节点即可？

因为你发现线段树的深度是 $\log n$ 的，而你最多查询 $\log n$ 个节点的值（读者可自证），所以查询是 $\log n$ 的。

如果还不明白，可以看看查询的代码。

inline ll query(int i,int l,int r) { //询问 [l,r] 区间和
	if(l<=t[i].l && t[i].r<=r) return t[i].sumi;
	int mid=(t[i].l+t[i].r)>>1; ll ans=0;
	pushdown(i); //pushdown 是什么之后解释
	if(l<=mid) ans+=query(L,l,r); //如果有部分在左边，就去左边
	if(r>mid) ans+=query(R,l,r); //同理去右边
	return ans; 
}

那么，我们要着手修改，这是个棘手的问题。

你说：行啊，那我也是只要修改 $\log n$ 个节点。

——？？你修改 $[1,5]$ 区间，真的只需要改 $1$ 号节点的值吗？其它节点的值不会变吗？会啊。

那如果要覆盖整个区间的修改， $[1,5]$ 修改就要修改全线段树！那时间上肯定承受不了，还不如暴力。

但是，出于偷懒的本性，我问你：

如果没人询问这个节点的值，你有必要修改吗？

这就比方说老师让你选做作业，你会不会做

当然不必要！

所以，我们引进一个叫做 $\texttt{lazy}\texttt{tag}$ 的东西，它就是用来偷懒的。

比方说修改 $[1,4]$ 区间，我就在 $[1,3] , [4,4]$ 两个区间打上一个标记，表示：我这里是要加上 $x$ 的，但是我现在偷懒，先不加 ！

然后询问 $[2,3]$ 的时候，有个人来了：

他问 $[1,5]$ ：你没偷懒吧？ $[1,5]:$ 没有啊。

他来到左区间 $[1,3]$ 问：你没偷懒？

$[1,3]$ 只得诚实 就像没做老师布置的作业 地告诉他：我偷懒着呢，标记没下传。

那你还不下传标记！

$[1,3]$ 本着偷懒的本性，只把标记下传了一层，更新了区间和。 哼，反正把锅推给别人多好

他使用分身术，先进入 $[1,2]$ 问：你偷懒没？

$[1,2]$ 哭着说：我 本来没有但是背锅 偷懒了，于是把标记也只下传了一层给 $[1,1]$ 和 $[2,2]$ 刚刚背了锅，赶紧在让别人背着。然后更新了区间和。

他最后进入 $[2,2]$， $[2,2]$ 也偷懒了，但是这个锅它给不了别人，所以只能自己吃掉 它修改了区间和之后就把锅吃了。（？？？）

他的第二个分身进入 $[3,3]$ 发现它偷懒了，于是喝令不许偷懒！

3,3只能自己默默地把锅吃了，而不是传递给别人然后 $[3,3]$ 修改区间和之后就返回结果，最后他才得到了正确结果。

而最终，没有被询问的 $[1,1]$ 仍然在偷懒，不仅没吃锅，而且还没修改区间和 反正没人询问它就是偷懒！

你会发现，区间修改的本质就是一个 背锅与吃锅 偷懒的过程。

你会发现，这样我们也只需修改 $\log n$ 个区间，并且每次下传标记的时间复杂度为 $O(1)$，所以区间修改的时间还是 $O(\log n)$ ！

这就是为什么 建树要初始化，询问要下传标记 的原因，不下传标记就真懒死 可见线段树的妙处！

inline void pass(int i,ll x) {
	t[i].tag+=x;
	t[i].sumi+=x*(t[i].r-t[i].l+1);
} //将 i 节点的打上偷懒标记，更新区间和

inline void pushdown(int i) {
	pass(L,t[i].tag);
	pass(R,t[i].tag);
	t[i].tag=0; //记得自己甩锅
}
inline void change(int i,int l,int r,int x) { //区间修改
	if(l<=t[i].l && t[i].r<=r) { //整个包含区间
		t[i].sumi+=x*(t[i].r-t[i].l+1);
		t[i].tag+=x; return ; //偷懒，注意是 +=，因为标记可能累加（不止一口锅）
	} pushdown(i); //下传标记
	int mid=(t[i].l+t[i].r)>>1;
	if(l<=mid) change(L,l,r,x);
	if(r>mid) change(R,l,r,x);
	update(i); //这里需要更新区间和
}

时间复杂度： $O(n \log n + m \log n)$.

实际得分： $100pts$.

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1e6+1;

#define L i<<1
#define R (i<<1)+1

inline ll read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	ll x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

struct tree{
	int l,r; ll tag;
	ll sumi;
};
tree t[4*N];
int n,m; ll a[N];

inline void update(int i) {
	t[i].sumi=t[L].sumi+t[R].sumi;
}

inline void pass(int i,ll x) {
	t[i].tag+=x;
	t[i].sumi+=x*(t[i].r-t[i].l+1);
}

inline void pushdown(int i) {
	pass(L,t[i].tag);
	pass(R,t[i].tag);
	t[i].tag=0;
}

inline void build_tree(int i,int l,int r) {
	t[i].l=l; t[i].r=r;
	if(l==r) {
		t[i].sumi=a[l]; t[i].tag=0;
		return;
	} int mid=(l+r)>>1;
	build_tree(L,l,mid);
	build_tree(R,mid+1,r);
	update(i);
}

inline ll query(int i,int l,int r) {
	if(l<=t[i].l && t[i].r<=r) return t[i].sumi;
	int mid=(t[i].l+t[i].r)>>1; ll ans=0;
	pushdown(i);
	if(l<=mid) ans+=query(L,l,r);
	if(r>mid) ans+=query(R,l,r);
	return ans; 
}

inline void change(int i,int l,int r,int x) {
	if(l<=t[i].l && t[i].r<=r) {
		t[i].sumi+=x*(t[i].r-t[i].l+1);
		t[i].tag+=x; return ;
	} pushdown(i);
	int mid=(t[i].l+t[i].r)>>1;
	if(l<=mid) change(L,l,r,x);
	if(r>mid) change(R,l,r,x);
	update(i);
}

inline ll ask(int i,int l) {
	if(t[i].l==l && t[i].r==l) return t[i].sumi;
	pushdown(i); int mid=(t[i].l+t[i].r)>>1;
	if(l<=mid) return ask(L,l);
	else return ask(R,l);
}

int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	build_tree(1,1,n);
	while(m--) {
		int opt=read(),l,r; ll x;
		if(opt==1) {
			l=read(),r=read(),x=read();
			change(1,l,r,x);
		} else {
			l=read(),r=read();
			printf("%lld\n",query(1,l,r));
		}
	}
	return 0;
}