数据结构——线段树
O、引例
A.给出n个数，n<=100，和m个询问，每次询问区间[l，r]的和，并输出。
一种回答：这也太简单了， O(n)枚举搜索就行了。
另一种回答：还用得着 O(n)枚举，前缀和o(1)就搞定。
那好，我再修改一下题目。
B.给出n个数，n<=100，和m个操作，每个操作可能有两种：1、在某个位置加上一个数；2、询问区间[l，r]的和，并输出。
回答： O(n)枚举。
动态修改最起码不能用静态的前缀和做了。
好，我再修改题目：
C.给出n个数，n<=1000000，和m个操作，每个操作可能有两种：1、在某个位置加上一个数；2、询问区间[l，r]的和，并输出。
回答：o（n）枚举绝对超时。
再改：
D，给出n个数，n<=1000000，和m个操作，每个操作修改一段连续区间[a,b]的值
回答：从a枚举到b，一个一个改。。。。。。有点儿常识的人都知道超时
那怎么办？这就需要一种强大的数据结构：线段树。
一、基本概念
1、线段树是一棵二叉搜索树，它储存的是一个区间的信息。
2、每个节点以结构体的方式存储，结构体包含以下几个信息：
区间左端点、右端点；（这两者必有）
这个区间要维护的信息（事实际情况而定，数目不等）。
3、线段树的基本思想：二分。
4、线段树一般结构如图所示：
由上图可得，
1、每个节点的左孩子区间范围为[l，mid]，右孩子为[mid+1,r]
2、对于结点k，左孩子结点为2k，右孩子为2k+1，这符合完全二叉树的性质
二、线段树的基础操作
注：以下基础操作均以引例中的求和为例，结构体以此为例：
struct node
{
int l,r,w;//l，r分别表示区间左右端点，w表示区间和
}tree[4*n+1];
线段树的基础操作主要有5个：
建树、单点查询、单点修改、区间查询、区间修改。
1、建树，即建立一棵线段树
① 主体思路：a、对于二分到的每一个结点，给它的左右端点确定范围。
b、如果是叶子节点，存储要维护的信息。
c、状态合并。
②代码
void build(int l,int r,int k)
{
tree[k].l=l;tree[k].r=r;
if(l==r)//叶子节点
{
scanf("%d",&tree[k].w);
return ;
}
int m=(l+r)/2;
build(l,m,k*2);//左孩子
build(m+1,r,k*2+1);//右孩子
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;//状态合并，此结点的w=两个孩子的w之和
}
③注意
a.结构体要开4倍空间，为啥自己画一个[1,10]的线段树就懂了
b.千万不要漏了return语句，因为到了叶子节点不需要再继续递归了。
2、单点查询，即查询一个点的状态，设待查询点为x
①主体思路：与二分查询法基本一致，如果当前枚举的点左右端点相等，即叶子节点，就是目标节点。如果不是，因为这是二分法,所以设查询位置为x，当前结点区间范围为了l，r，中点为 mid，则如果x<=mid，则递归它的左孩子，否则递归它的右孩子
②代码
void ask(int k)
{
if(tree[k].l==tree[k].r) //当前结点的左右端点相等，是叶子节点，是最终答案
{
ans=tree[k].w;
return ;
}
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(x<=m) ask(k*2);//目标位置比中点靠左，就递归左孩子
else ask(k*2+1);//反之，递归右孩子
}
③正确性分析：
因为如果不是目标位置，由if—else语句对目标位置定位，逐步缩小目标范围，最后一定能只到达目标叶子节点。
3、单点修改，即更改某一个点的状态。用引例中的例子，对第x个数加上y
①主体思路
结合单点查询的原理，找到x的位置；根据建树状态合并的原理，修改每个结点的状态。
void add(int k)
{
if(tree[k].l==tree[k].r)//找到目标位置
{
tree[k].w+=y;
return;
}
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(x<=m) add(k*2);
else add(k*2+1);
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;//所有包含结点k的结点状态更新
}
4、区间查询，即查询一段区间的状态，在引例中为查询区间[x,y]的和
①主体思路
y<=mid ,即 查询区间全在，当前区间的左子区间，往左孩子走
x>mid 即 查询区间全在，当前区间的右子区间，往右孩子走
否则，两个子区间都走
void sum(int k)
{
if(tree[k].l>=x&&tree[k].r<=y)
{
ans+=tree[k].w;
return;
}
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(x<=m) sum(k*2);
if(y>m) sum(k*2+1);
}
③正确性分析
情况1，3不用说，对于情况2，最差情况是搜到叶子节点，此时一定满足情况1
5、区间修改，即修改一段连续区间的值，我们已给区间[a,b]的每个数都加x为例讲解
有人可能就想到了：
修改的时候只修改对查询有用的点。
对，这就是区间修改的关键思路。
为了实现这个，我们引入一个新的状态——懒标记。
Ⅱ 懒标记
（懒标记比较难理解，我尽力讲明白。。。。。。）
1、直观理解：“懒”标记，懒嘛！用到它才动，不用它就睡觉。
2、作用：存储到这个节点的修改信息，暂时不把修改信息传到子节点。就像家长扣零花钱，你用的时候才给你，不用不给你。
3、实现思路（重点）：
a.原结构体中增加新的变量，存储这个懒标记。
b.递归到这个节点时，只更新这个节点的状态，并把当前的更改值累积到标记中。注意是累积，可以这样理解：过年，很多个亲戚都给你压岁钱，但你暂时不用，所以都被你父母扣下了。
c.什么时候才用到这个懒标记？当需要递归这个节点的子节点时，标记下传给子节点。这里不必管用哪个子节点，两个都传下去。就像你如果还有妹妹，父母给你们零花钱时总不能偏心吧
d.下传操作：
3部分：①当前节点的懒标记累积到子节点的懒标记中。
②修改子节点状态。在引例中，就是原状态+子节点区间点的个数*父节点传下来的懒标记。
这就有疑问了，既然父节点都把标记传下来了，为什么还要乘父节点的懒标记，乘自己的不行吗？
因为自己的标记可能是父节点多次传下来的累积，每次都乘自己的懒标记造成重复累积
③父节点懒标记清0。这个懒标记已经传下去了，不清0后面再用这个懒标记时会重复下传。就像你父母给了你5元钱，你不能说因为前几次给了你10元钱, 所以这次给了你15元，那你不就亏大了。
懒标记下穿代码：f为懒标记，其余变量与前面含义一致。
void down(int k)
{
tree[k*2].f+=tree[k].f;
tree[k*2+1].f+=tree[k].f;
tree[k*2].w+=tree[k].f*(tree[k*2].r-tree[k*2].l+1);
tree[k*2+1].w+=tree[k].f*(tree[k*2+1].r-tree[k*2+1].l+1);
tree[k].f=0;
}
Ⅲ 完整的区间修改代码：
void add(int k)
{
if(tree[k].l>=a&&tree[k].r<=b)//当前区间全部对要修改的区间有用
{
tree[k].w+=(tree[k].r-tree[k].l+1)*x;//(r-1)+1区间点的总数
tree[k].f+=x;
return;
}
if(tree[k].f) down(k);//懒标记下传。只有不满足上面的if条件才执行，所以一定会用到当前节点的子节点
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(a<=m) add(k*2);
if(b>m) add(k*2+1);
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;//更改区间状态
}
Ⅳ.懒标记的引入对其他基本操作的影响
因为引入了懒标记，很多用不着的更改状态存了起来，这就会对区间查询、单点查询造成一定的影响。
所以在使用了懒标记的程序中，单点查询、区间查询也要像区间修改那样，对用得到的懒标记下传。其实就是加上一句if(tree[k].f) down（k），其余不变。
2017.5.16 之前写的单点修改不需要下传懒标记，在此订正：单点修改也需要下传懒标记
引入了懒标记的单点查询代码：
void ask(int k)//单点查询
{
if(tree[k].l==tree[k].r)
{
ans=tree[k].w;
return ;
}
if(tree[k].f) down(k);//懒标记下传，唯一需要更改的地方
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(x<=m) ask(k*2);
else ask(k*2+1);
}
引入了懒标记的区间查询代码：
void sum(int k)//区间查询
{
if(tree[k].l>=x&&tree[k].r<=y)
{
ans+=tree[k].w;
return;
}
if(tree[k].f) down(k)//懒标记下传，唯一需要更改的地方
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(x<=m) sum(k*2);
if(y>m) sum(k*2+1);
}
三、总结
线段树5种基本操作代码：
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,p,a,b,m,x,y,ans;
struct node
{
int l,r,w,f;
}tree[400001];
inline void build(int k,int ll,int rr)//建树
{
tree[k].l=ll,tree[k].r=rr;
if(tree[k].l==tree[k].r)
{
scanf("%d",&tree[k].w);
return;
}
int m=(ll+rr)/2;
build(k*2,ll,m);
build(k*2+1,m+1,rr);
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;
}
inline void down(int k)//标记下传
{
tree[k*2].f+=tree[k].f;
tree[k*2+1].f+=tree[k].f;
tree[k*2].w+=tree[k].f*(tree[k*2].r-tree[k*2].l+1);
tree[k*2+1].w+=tree[k].f*(tree[k*2+1].r-tree[k*2+1].l+1);
tree[k].f=0;
}
inline void ask_point(int k)//单点查询
{
if(tree[k].l==tree[k].r)
{
ans=tree[k].w;
return ;
}
if(tree[k].f) down(k);
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(x<=m) ask_point(k*2);
else ask_point(k*2+1);
}
inline void change_point(int k)//单点修改
{
if(tree[k].l==tree[k].r)
{
tree[k].w+=y;
return;
}
if(tree[k].f) down(k);
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(x<=m) change_point(k*2);
else change_point(k*2+1);
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;
}
inline void ask_interval(int k)//区间查询
{
if(tree[k].l>=a&&tree[k].r<=b)
{
ans+=tree[k].w;
return;
}
if(tree[k].f) down(k);
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(a<=m) ask_interval(k*2);
if(b>m) ask_interval(k*2+1);
}
inline void change_interval(int k)//区间修改
{
if(tree[k].l>=a&&tree[k].r<=b)
{
tree[k].w+=(tree[k].r-tree[k].l+1)*y;
tree[k].f+=y;
return;
}
if(tree[k].f) down(k);
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(a<=m) change_interval(k*2);
if(b>m) change_interval(k*2+1);
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);//n个节点
build(1,1,n);//建树
scanf("%d",&m);//m种操作
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&p);
ans=0;
if(p==1)
{
scanf("%d",&x);
ask_point(1);//单点查询,输出第x个数
printf("%d",ans);
}
else if(p==2)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
change_point(1);//单点修改
}
else if(p==3)
{
scanf("%d%d",&a,&b);//区间查询
ask_interval(1);
printf("%d\n",ans);
}
else
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&y);//区间修改
change_interval(1);
}
}
}
四、空间优化
父节点k，左二子2k，右儿子2k+1，需要4*n的空间
但并不是所有的叶子节点占用到2n+1——4n
这就造成大量空间浪费
2*n空间表示法：推荐博客：http://www.cppblog.com/MatoNo1/archive/2015/05/05/195857.html
用dfs序表示做节点下标
父节点k，左儿子k+1，右儿子：k+左儿子区间长度*2，不是父节点下标+父节点区间长度。因为当树不满时，两者不相等
具体实现这里就不再写模板了，就是改改左右儿子的下标
可参考代码： 题目：楼房重建 http://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/6361242.html
里面的建树用的2*n空间
五、模板题
1、codevs 1080 线段树练习 （单点修改+区间查询） http://codevs.cn/problem/1080/
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,p,x,y,ans;
struct node
{
int l,r,w;
}tree[400001];
inline void build(int l,int r,int k)
{
tree[k].l=l;tree[k].r=r;
if(l==r)
{
scanf("%d",&tree[k].w);
return ;
}
int m=(l+r)/2;
build(l,m,k*2);
build(m+1,r,k*2+1);
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;
}
inline void add(int k)
{
if(tree[k].l==tree[k].r)
{
tree[k].w+=y;
return;
}
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(x<=m) add(k*2);
else add(k*2+1);
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;
}
inline void sum(int k)
{
if(tree[k].l>=x&&tree[k].r<=y)
{
ans+=tree[k].w;
return;
}
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(x<=m) sum(k*2);
if(y>m) sum(k*2+1);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
build(1,n,1);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&p,&x,&y);
ans=0;
if(p==1) add(1);
else
{
sum(1);
printf("%d\n",ans);
}
}
}
2、codevs 1081 线段树练习2 （单点查询+区间修改） http://codevs.cn/problem/1081/
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,p,a,b,m,x,ans;
struct node
{
int l,r,w,f;
}tree[400001];
inline void build(int k,int ll,int rr)
{
tree[k].l=ll,tree[k].r=rr;
if(tree[k].l==tree[k].r)
{
scanf("%d",&tree[k].w);
return;
}
int m=(ll+rr)/2;
build(k*2,ll,m);
build(k*2+1,m+1,rr);
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;
}
inline void down(int k)
{
tree[k*2].f+=tree[k].f;
tree[k*2+1].f+=tree[k].f;
tree[k*2].w+=tree[k].f*(tree[k*2].r-tree[k*2].l+1);
tree[k*2+1].w+=tree[k].f*(tree[k*2+1].r-tree[k*2+1].l+1);
tree[k].f=0;
}
inline void add(int k)
{
if(tree[k].l>=a&&tree[k].r<=b)
{
tree[k].w+=(tree[k].r-tree[k].l+1)*x;
tree[k].f+=x;
return;
}
if(tree[k].f) down(k);
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(a<=m) add(k*2);
if(b>m) add(k*2+1);
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;
}
inline void ask(int k)
{
if(tree[k].l==tree[k].r)
{
ans=tree[k].w;
return;
}
if(tree[k].f) down(k);
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(x<=m) ask(k*2);
else ask(k*2+1);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
build(1,1,n);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&p);
if(p==1)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&x);
add(1);
}
else
{
scanf("%d",&x);
ask(1);
printf("%d\n",ans);
}
}
}
3、codevs 1082 线段树练习3 （区间修改+区间查询）
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,p,a,b,m,x,y;
long long ans;
struct node
{
long long l,r,w,f;
}tree[800001];
inline void build(int k,int ll,int rr)//建树
{
tree[k].l=ll,tree[k].r=rr;
if(tree[k].l==tree[k].r)
{
scanf("%d",&tree[k].w);
return;
}
int m=(ll+rr)/2;
build(k*2,ll,m);
build(k*2+1,m+1,rr);
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;
}
inline void down(int k)//标记下穿
{
tree[k*2].f+=tree[k].f;
tree[k*2+1].f+=tree[k].f;
tree[k*2].w+=tree[k].f*(tree[k*2].r-tree[k*2].l+1);
tree[k*2+1].w+=tree[k].f*(tree[k*2+1].r-tree[k*2+1].l+1);
tree[k].f=0;
}
inline void ask_interval(int k)//区间查询
{
if(tree[k].l>=a&&tree[k].r<=b)
{
ans+=tree[k].w;
return;
}
if(tree[k].f) down(k);
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(a<=m) ask_interval(k*2);
if(b>m) ask_interval(k*2+1);
}
inline void change_interval(int k)//区间修改
{
if(tree[k].l>=a&&tree[k].r<=b)
{
tree[k].w+=(tree[k].r-tree[k].l+1)*y;
tree[k].f+=y;
return;
}
if(tree[k].f) down(k);
int m=(tree[k].l+tree[k].r)/2;
if(a<=m) change_interval(k*2);
if(b>m) change_interval(k*2+1);
tree[k].w=tree[k*2].w+tree[k*2+1].w;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
build(1,1,n);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&p);
ans=0;
if(p==1)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&y);//区间修改
change_interval(1);
}
else
{
scanf("%d%d",&a,&b);//区间查询
ask_interval(1);
printf("%lld\n",ans);
}
}
}
六、经典例题
codevs 3981/SPOJ GSS1/GSS3 ——区间最大子段和
Bzoj3813 奇数国——区间内某个值是否出现过
洛谷 P2894 酒店 Hotel ——区间连续一段空的长度
codevs 2421 /Bzoj1858 序列操作——多种操作
codevs 2000 / BZOJ 2957: 楼房重建——区间的最长上升子序列
Codevs3044 矩形面积求并——扫描线
代码的话到随笔分类——线段树里找找吧 http://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/category/933602.html
作者：xxy
出处：http://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/
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