线段树
可供练习 总题单 week 3 [kuangbin带你飞] 题单 最小生成树 + 线段树 Click here ~~
https://blog.csdn.net/m0_46272108/article/details/108980362
概念
线段树的概念：线段树的本质是一种二叉树。
将每个区间 [ L , R ] [L, R] [L,R]分解成 [ L , M i d ] [L, Mid] [L,Mid] 和 [ M i d + 1 , R ] [ Mid + 1, R] [Mid+1,R] （其中Mid = [ L + R 2 ] [\frac{L+R}{2}] [2L+R]）这里的 [ x ] [x] [x] 表示不大于X的整数，【即向下取整】一直到 左儿子 == 右儿子
假设线段树的开始区间为[1, n] 那么线段树最大高度为 ： l o g 2 ( n − 1 ) + 2 log_2(n-1)+2 log2(n−1)+2 即时间复杂度为： O ( l o g n ) O(logn) O(logn)
线段树的作用
对于区间（或者线段）的修改、维护，从 O ( n ) O(n) O(n) 的时间复杂度变成 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)。
线段树的储存
因为线段树是一棵二叉树，并且除了最后一层，是一颗满二叉树，且，堆也是除了最后一层是一棵满二叉树，
所以一般情况下：用堆(一维数组)来存满整棵树。
存树的时候：
用一维数组存线段树需要开4n的空间：
- 如果开始的区间长度为n，那么最终叶节点一定为n个（倒数第二层最多有n个点）
- 整棵树（除了最后一层）有2n-1个点
- （倒数第二层最多有n个点时）最后一层是倒数第二层的两倍，则最多有2n个点
- 最坏的情况下，整棵树有4n-1个结点，那么我们存线段树的时候，要开4倍空间，即如果区间开始长度为n，那么存树的这个数组就要开4n的空间。
解题步骤
线段树日常操作：
定义
const int N = 50010;
int num[N << 2]; //存储每一个工兵营的人数(根据题目所需，我以下面的模板题为例)
struct Node{
int l, r;//左端点，右端点
int val;//区间[l, r]的最大值
}tr[N << 2];
由子节点的信息来计算父节点的信息：pushup()
//由子节点的信息来计算父节点的信息
void pushup(int cur){
//父节点是两个子节点的和，一直往上传值，就能使根节点是所有人的个数
tr[cur].val = tr[cur << 1].val + tr[cur << 1 | 1].val;
}
由子节点的信息来计算父节点的信息：pushdown()
pushdown 待更新 ……
建树：build()
//cur代表当前节点，
void build(int cur, int l, int r){
//建树的初始值
tr[cur].l = l, tr[cur].r = r, tr[cur].val = 0;
//如果已经是叶结点return
if(l == r) {
tr[cur].val = num[l];//如果到达叶节点就把人数赋给该节点
return;
}
//否则求一下当前区间的中点
int mid = l + r >> 1;
//如果不是叶节点，就一直递归找左右孩子，然后知道找到叶节点进行传值
//递归建立左边区间
build(cur << 1, l, mid);
//递归建立右边区间
build(cur << 1 | 1, mid + 1, r);
//将子节点的人数进行汇总，给父节点
pushup(cur);
}
查询：query()
//[l, r]查询区间 cur代表当前线段树里面的端点。
int query(int cur, int ql, int qr) {
int l = tr[cur].l, r = tr[cur].r;
//情况 ① [TL,TR] ? [L,R]
//树中节点，已经被完全包含在[l, r]中了。
if(ql <= l && qr >= r)
return tr[cur].val;
int mid = l + r >> 1;
int val = 0;
//如果不能完全包含，就去找他的左右孩子
//判断与左边有交集
if (ql <= mid) {
val += query(cur << 1, ql, qr);//求和
}
//这里为什么是 qr > mid，因为划分的区间是[l, mid][mid + 1, r]，所以要用>而不能＝
//判断与右边有交集
if (qr > mid) {
val += query(cur << 1 | 1, ql, qr);//求和
}
//返回结果
return val;
}
单点修改 modify()
modify() 跟build()差不多，一直找叶节点，找到之后，修改
//cur代表当前线段树里面的端点。tar代表要修改的位置,即目标位置
void modify(int cur, int tar, int val) {
int l = tr[cur].l, r = tr[cur].r;
//如果当前节点就是叶节点，那么直接修改就可以了
if (l == r) {
tr[cur].val = tr[cur].val + val;
return;
}
int mid = l + r >> 1;
if (tar <= mid) {
modify (cur << 1, tar, val);
} else {
modify (cur << 1 | 1, tar, val);
}
//递归完之后，要更新到父节点。
//pushup就是更新父节点的信息
pushup(cur);
}
区间修改 （待更新……）
模板题 （HDU 1166）
一个人养水仙花，每盆水仙花都有一个价值，水仙花是排成一行。有三个操作：有时某盆水仙花的价值会上升，有时某盆水仙花的价值会下降。有时他想知道某段连续的水仙花的价值之和是多少，你能快速地告诉她结果吗?
输入格式
第一行一个整数 T T T，表示有 T T T 组测试数据。
每组测试数据的第一行为一个正整数 N N N ( N < = 50000 ) (N<=50000) (N<=50000)，表示有N盆水仙花。
接下来有 N N N 个正整数，第 i i i 个正整数 a i a_i ai ( 1 < = a i < = 50 ) (1<=ai<=50) (1<=ai<=50) 表示第i盆水仙花的初始价值。
接下来每行有一条命令，命令有4种形式：
（1） A d d Add Add i i i j j j, i i i 和 j j j 为正整数，表示第 i i i盆水仙花价值增加 j ( j < = 30 ) j (j<=30) j(j<=30)
（2） S u b Sub Sub i i i j j j, i i i 和 j j j 为正整数，表示第 i i i 盆水仙花价值减少 j ( j < = 30 ) j (j<=30) j(j<=30)
（3） Q u e r y Query Query i i i j j j, i i i 和 j j j 为正整数， i < = j i<=j i<=j，表示询问第 i i i 盆水仙花到第 j j j 盆水仙花的价值之和
（4） E n d End End，表示结束，这条命令在每组数据最后出现
每组数据的命令不超过40000条
输出格式
对于第 i i i 组数据，首先输出"Case i:"和回车。
对于每个"Query i j"命令，输出第 i i i盆水仙花到第 j j j 盆水仙花的美观值之和。
Sample Input
1
10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Query 1 3
Add 3 6
Query 2 7
Sub 10 2
Add 6 3
Query 3 10
End
Sample Output
Case 1:
6
33
59
AC代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<map>
#include<algorithm>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define ll long long
//#define int ll
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int read()
{
int w = 1, s = 0;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch>'9') {
if (ch == '-') w = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') {
s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return s * w;
//最大公约数
}int gcd(int x,int y) {
if(x<y) swap(x,y);//很多人会遗忘，大数在前小数在后
//递归终止条件千万不要漏了，辗转相除法
return x % y ? gcd(y, x % y) : y;
}
int lcm(int x,int y)//计算x和y的最小公倍数
{
return x * y / gcd(x, y);//使用公式
}
//------------------------ 以上是我常用模板与刷题几乎无关 ------------------------//
const int N = 50010;
int num[N * 4]; //存储每一个工兵营的人数
struct Node{
int l, r;//左端点，右端点
int val;//区间[l, r]的最大值
}tr[N * 4];
//由子节点的信息来计算父节点的信息
void pushup(int cur){
//父节点是两个子节点的和，一直往上传值，就能使根节点是所有人的个数
tr[cur].val = tr[cur << 1].val + tr[cur << 1 | 1].val;
}
//cur代表当前节点，
void build(int cur, int l, int r){
//建树的初始值
tr[cur].l = l, tr[cur].r = r, tr[cur].val = 0;
//如果已经是叶结点return
if(l == r) {
tr[cur].val = num[l];//如果到达叶节点就把人数赋给该节点
return;
}
//否则求一下当前区间的中点
int mid = l + r >> 1;
//递归建立左边区间
build(cur << 1, l, mid);
//递归建立右边区间
build(cur << 1 | 1, mid + 1, r);
//将子节点的人数进行汇总，给父节点
pushup(cur);
}
//[l, r]查询区间 cur代表当前线段树里面的端点。
int query(int cur, int ql, int qr) {
int l = tr[cur].l, r = tr[cur].r;
//①情况[TL,TR] ? [L,R]
//树中节点，已经被完全包含在[l, r]中了。
if(ql <= l && qr >= r)
return tr[cur].val;
int mid = l + r >> 1;
int val = 0;
//判断与左边有交集
if (ql <= mid) {
val += query(cur << 1, ql, qr);//求和
}
//这里为什么是 qr > mid，因为划分的区间是[l, mid][mid + 1, r]，所以要用>而不能＝
//判断与右边有交集
if (qr > mid) {
val += query(cur << 1 | 1, ql, qr);//求和
}
//返回结果
return val;
}
//cur代表当前线段树里面的端点。tar代表要修改的位置,即目标位置
void modify(int cur, int tar, int val) {
int l = tr[cur].l, r = tr[cur].r;
//如果当前节点就是叶节点，那么直接修改就可以了
if (l == r) {
tr[cur].val = tr[cur].val + val;
return;
}
int mid = l + r >> 1;
if (tar <= mid) {
modify (cur << 1, tar, val);
} else {
modify (cur << 1 | 1, tar, val);
}
//递归完之后，要更新到父节点。
//pushup就是更新父节点的信息
pushup(cur);
}
int main()
{
int t = read();
for(int i = 1; i <= t; i++)
{
int n = read();
for(int j = 1; j <= n; j++)
num[j] = read();
//建树
build(1, 1, n);
int flag = 1;
while (1) {
string str;
cin >> str;
//Case 1:
if (flag) {
printf("Case %d:\n", i);
flag = 0;
}
//询问
if (str == "Query") {
int ql = read(), qr = read();
printf("%d\n", query(1, ql, qr));
}
//添加
if (str == "Add") {
int c = read(), m = read();
modify(1, c, m);
}
//减去
if (str == "Sub") {
int c = read(), m = read();
modify(1, c, -m);
}
//结束
if (str == "End")
break;
}
}
return 0;
}