线段树分治总结
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了线段树分治总结相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
首先,要求可以离线。
线段树分治有两种。
类型一
操作基于区间,单点询问。
有时,进行的一种操作可以快速完成,但是,要实现这种操作的逆操作较难。
因为,通常情况下,需要实现的逆操作都是很久以前执行的。
但是,如果只撤销上次操作,就会简单得多。
比如,维护一些连通性,或直径,线性基等问题。
这类问题加边很好做,但删边很难实现。
我们可以扫一遍操作,得到每个操作的有效区间。
然后,将每个添加操作的有效区间按在线段树上,然后遍历这颗线段树同时处理标记即可。
从某种角度,可以理解为标记永久化。
这样,就将撤销任意一次变为只撤销上一次。(还是要撤销)
要求:用于维护的数据结构支持撤销上一操作,复杂度不能均摊(因为要撤销)
时间复杂度:比正常多一个log。
例题1:八纵八横
线段树分治&线性基 模板题。
给一棵树,支持加边,删边,修改边权,并询问最大异或和的环。
类似xor和路径,询问结果就是所有环的最大异或和,使用线性基。
修改可以看做删除+插入。由于线性基不支持删除,所以使用线段树分治。
可以用并查集维护树。
代码:
#include <stdio.h>
#include <bitset>
#include <string.h>
#include <vector>
using namespace std;
int fr[503],ne[1003],v[1003],w[1003],bs = 0,len,ff[503];
bool bk[1003],ca[1003];
bitset < 1005 > bi[2003],jl[503],ji[1003],ans[1003];
void addb(int a, int b, int c)
v[bs] = b;
w[bs] = c;
ne[bs] = fr[a];
fr[a] = bs++;
void dfs1(int u, int f)
for (int i = fr[u]; i != -1; i = ne[i])
if (v[i] == f) continue;
jl[v[i]] = jl[u] ^ bi[w[i]];
dfs1(v[i], u);
int getv(int x)
if (x == ff[x]) return x;
ff[x] = getv(ff[x]);
return ff[x];
bool merge(int x, int y)
x = getv(x);
y = getv(y);
if (x == y) return false;
ff[x] = y;
return true;
void fuz(bitset < 1005 > &x, char zf[1005])
x = 0;
int n = strlen(zf);
if (n > len) len = n;
for (int i = 0; i < n; i++)
if (zf[i] == '1') x[n - 1 - i] = 1;
void getans(bitset < 1005 > &x)
x = 0;
for (int i = len - 1; i >= 0; i--)
if (x[i] == 0 && bk[i]) x ^= ji[i];
int st[1005],tp = 0;
void insert(bitset < 1005 > x)
for (int i = len - 1; i >= 0; i--)
if (x[i])
if (!bk[i])
bk[i] = true;
ji[i] = x;
st[tp++] = i;
break;
else x ^= ji[i];
struct SJd
int x,y,z;
SJd()
SJd(int X, int Y, int Z)
x = X;y = Y;z = Z;
;
vector < SJd > ve[8005];
void xiugai(int i, int l, int r, int L, int R, SJd x)
if (R <= l || r <= L) return;
if (L <= l && r <= R)
ve[i].push_back(x);
return;
int m = (l + r) >> 1;
xiugai(i << 1, l, m, L, R, x);
xiugai((i << 1) | 1, m, r, L, R, x);
int wz[2003];
void dfs3(int i, int l, int r)
int la = tp;
for (int j = 0; j < ve[i].size(); j++) insert(bi[ve[i][j].z] ^ jl[ve[i][j].x] ^ jl[ve[i][j].y]);
if (l + 1 == r)
if (wz[l] != -1) getans(ans[wz[l]]);
else
int m = (l + r) >> 1;
dfs3(i << 1, l, m);
dfs3((i << 1) | 1, m, r);
for (int i = la; i < tp; i++) bk[st[i]] = false;
tp = la;
char zf[1003],ch[20];
int tx[1003],ty[1003],la[1003],tm[1003];
int ll[2003],rr[2003],X[2003],Y[2003],Z[2003];
SJd xg[2003];
int main()
int n,m,q;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
for (int i = 1; i <= n; i++)
fr[i] = -1;ff[i] = i;
for (int i = 0; i < m; i++)
int x,y;
scanf("%d%d%s", &x, &y, zf);
fuz(bi[i], zf);
if (merge(x, y))
addb(x, y, i);addb(y, x, i);
else tx[i] = x,
ty[i] = y;
dfs1(1, 0);
int ss = 0,ks = 0,xs = 0;
for (int i = 1; i <= q; i++)
scanf("%s", ch);
if (ch[0] == 'A')
int x,y;
scanf("%d%d%s", &x, &y, zf);
ks += 1;ss += 1;
wz[ss] = i;
fuz(bi[m + i], zf);
la[ks] = ss;tm[ks] = i;
X[ks] = x;Y[ks] = y;
else if (ch[0] == 'C' && ch[1] == 'a')
int k;
scanf("%d", &k);
ss += 1;wz[ss] = i;
xg[xs] = SJd(X[k], Y[k], m + tm[k]);
ll[xs] = la[k];rr[xs] = ss;
xs += 1;
ca[k] = true;
else
int k;
scanf("%d%s", &k, zf);
fuz(bi[m + i], zf);
ss += 1;wz[ss] = -1;
xg[xs] = SJd(X[k], Y[k], m + tm[k]);
ll[xs] = la[k];rr[xs] = ss;
xs += 1;wz[ss] = i;
tm[k] = i;la[k] = ss;
for (int i = 0; i < m; i++)
if (tx[i]) insert(bi[i] ^ jl[tx[i]] ^ jl[ty[i]]);
tp = 0;
for (int k = 1; k <= ks; k++)
if (ca[k]) continue;
xg[xs] = SJd(X[k], Y[k], m + tm[k]);
ll[xs] = la[k];
rr[xs] = ss + 1;
xs += 1;
for (int i = 0; i < xs; i++) xiugai(1, 0, ss + 1, ll[i], rr[i], xg[i]);
dfs3(1, 0, ss + 1);
for (int i = 0; i <= q; i++)
bool zz = false;
for (int j = len - 1; j >= 0; j--)
if (ans[i][j] == 1)
printf("1");
zz = true;
else if (zz) printf("0");
printf("\n");
return 0;
例题2:时空旅行
题意:
在一棵树上,每个节点代表一个集合,一些元素存在这个集合之中,
每个节点上的集合,是由父亲的先复制下来,然后添加或删除1个元素,成为一个新的集合。
每个元素有\((x,y,z,c)\)四个值,\((y,z)\)没用,就是两个\((x,c)\)。
每次给出树上一个点,以及一个X,要求出这个节点所有元素的\(min((X?x_i)^2+C_i)\)。
要求复杂度\(O(nlogn)\)。
首先,看到\(min((X?x_i)^2+C_i)\),很自然想到斜率优化。
\(y_i=x_i^2+C_i,y_i=x_i,k=2X,b=y-kx,ans=b+X^2\)。
那么,相当于,每个节点的凸包,是由父亲的先复制下来,然后添加或删除1个点,成为一个新的凸包。
可以发现,这是一个版本树,遍历一下,就变成序列上的了。而且也是单点询问。
以上是关于线段树分治总结的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章