動態開點線段樹
摘要：
用途
需要建立多棵獨立的線段樹
線段樹維護的值域較大（1e9）,但是操作次數較少（1e5）
特徵
類似主席樹的原理，動態分配每個樹節點的位置（lson[],rson[])，每次只更新一條鏈
，但是主席樹是建立一顆新的樹，動態開點線段樹...
用途
- 需要建立多棵獨立的線段樹
- 線段樹維護的值域較大（1e9）,但是操作次數較少（1e5）
特徵
- 類似主席樹的原理，動態分配每個樹節點的位置（lson[],rson[])，每次只更新一條鏈 ，但是主席樹是建立一顆新的樹，動態開點線段樹是在一棵樹上不斷新增節點（還是一棵樹）
- 類似線段樹的原理，push_down區間修改，push_up區間查詢
例題
1.維護值域較大，線段樹區間修改
cf915e
https://codeforces.com/contest/915/problem/E
題意：
q(3e5)次區間修改，將區間修改成0或1，每次修改後輸出1～n(1e9)的和
題解：
- 動態加點線段樹區間修改練習
- 通常的空間是修改次數*40（和主席樹相同），根據re（少）和mle（多）修改空間
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define all 1000000000
#define M 400005
using namespace std;
int n,q,ly[M*40],sum[M*40],ls[M*40],rs[M*40],l,r,k,dfn=0,rt=0;
void push_down(int o,int l,int r){
if(ly[o]>=0){
if(!ls[o])ls[o]=++dfn;
if(!rs[o])rs[o]=++dfn;
int mid=(l+r)/2;
ly[ls[o]]=ly[rs[o]]=ly[o];
sum[ls[o]]=ly[ls[o]]*(mid-l+1);
sum[rs[o]]=ly[rs[o]]*(r-mid);
ly[o]=-1;
}
}
void ud(int &o,int l,int r,int L,int R,int x){
if(!o)o=++dfn;
if(L<=l&&r<=R){
ly[o]=x;
sum[o]=ly[o]*(r-l+1);
return;
}
push_down(o,l,r);
int mid=(l+r)/2;
if(L<=mid)ud(ls[o],l,mid,L,R,x);
if(R>mid)ud(rs[o],mid+1,r,L,R,x);
sum[o]=sum[ls[o]]+sum[rs[o]];
}
int main(){
cin>>n>>q;
memset(ly,-1,sizeof(ly));
while(q--){
scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
if(k==1)ud(rt,1,all,l,r,1);
else ud(rt,1,all,l,r,0);
printf("%d\n",n-sum[1]);
}
}
題意：
n(1e5)個機器人，每個機器人有位置x，半徑r，智商值q（都是1e9)，
設兩個機器人能相互識別的條件是：兩個機器人在彼此半徑中，並且智商值相差不超過k(20)，問有多少對機器人能互相識別
題解：
- 將半徑從大到小的順序加入機器人（單點修改），線段樹維護位置上機器人的個數（1e9),在加入前查詢在這個機器人範圍內的機器人個數（區間查詢），這樣做可以保證統計出來的機器人一定在相互範圍內（因為後面的能看到前面的，前面的一定也能看到後面的）
- 因為k只有20，所以可以考慮暴力，每一個智商值建一顆線段樹，然後暴力列舉[q-k,q+k],範圍內的線段樹
- 注意離散化智商值
程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define M 100005
using namespace std;
struct N{
ll x,r,q;
}p[M];
int n,k,cnt=0,dfn=0,rt[M*40],rs[M*40],ls[M*40];
ll l,r,a,b,i,j,all=1e9,sum[M*40],ans;
map<ll,int>mp;
bool cmp(N a,N b){
return a.r>b.r;
}
void ud(int &o,int l,int r,int p,int x){
if(!o)o=++dfn;
sum[o]+=x;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)/2;
if(p<=mid)ud(ls[o],l,mid,p,x);
else ud(rs[o],mid+1,r,p,x);
}
ll qy(int o,int l,int r,int L,int R){
if(!o)return 0;
if(L<=l&&r<=R)return sum[o];
int mid=(l+r)/2;
ll ans=0;
if(L<=mid)ans+=qy(ls[o],l,mid,L,R);
if(R>mid)ans+=qy(rs[o],mid+1,r,L,R);
return ans;
}
int main(){
cin>>n>>k;
for(i=0;i<n;i++){
cin>>p[i].x>>p[i].r>>p[i].q;
}
sort(p,p+n,cmp);
for(i=0;i<n;i++){
l=max(0ll,p[i].x-p[i].r);
r=min(all,p[i].x+p[i].r);
a=max(0ll,p[i].q-k);
b=p[i].q+k;
for(j=a;j<=b;j++){
if(mp.find(j)==mp.end())continue;
ans+=qy(rt[mp[j]],0,all,l,r);
}
if(mp[p[i].q]==0)mp[p[i].q]=++cnt;
ud(rt[mp[p[i].q]],0,all,p[i].x,1);
}
cout<<ans;
}
題意：
合併一段2^n(30)的區間，一種方法是對半分成兩個區間合併，另一種方法是直接合並，代價是Ba[l,r] (r-l+1)(有人）or A（沒人），一共有k(1e5)個人
題解：
-
轉移方程：
f[o]=min(a[o](r-l+1) B,f[ls[o]]+f[rs[o]])
程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
#define M 100005
#define ll long long
using namespace std;
int ls[M*40],rs[M*40],rt=0,all,n,A,B,k,x,i,dfn=0;
ll a[M*40],f[M*40];
void ud(int &o,int l,int r,int p){
if(!o)o=++dfn;
a[o]++;
if(l==r){
f[o]=B*a[o];
return;
}
int mid=(l+r)/2;
if(p<=mid)ud(ls[o],l,mid,p);
else ud(rs[o],mid+1,r,p);
if(a[ls[o]]==0)f[ls[o]]=A;
if(a[rs[o]]==0)f[rs[o]]=A;
f[o]=min((r-l+1)*a[o]*B,f[ls[o]]+f[rs[o]]);
}
int main(){
cin>>n>>k>>A>>B;
all=1<<n;
for(i=0;i<k;i++){
scanf("%d",&x);
ud(rt,1,all,x);
}
printf("%lld\n",f[1]);
}