主席樹學習筆記

問題：給定乙個n個數的序列，q次詢問第x個數到第y個數中的第k最值。我們假定是第k小。

為了使討論更加簡便，我們假定序列的每個數都是不大於n的正整數。當然一般題目中元素範圍很大，但是可以用離散化預處理來做到這一點。

考慮乙個比較高階的做法：令g[i][j]為前i個數中，值為j的數的個數。很容易用o(n^2)的代價獲得g[ ][ ]陣列和其字首和陣列f[ ][ ]，其中f[i][j]表示前i個數中，不大於j的數的個數。

注意到第l個數到第r個數中不大於t的數共有f[r][t]-f[l-1][t]個。因此對於每個詢問，我們可以二分答案m，比較f[y][m]-f[x-1][m]和k的大小關係。

這個演算法比完全暴力要更優，綜合時間複雜度為o(n^2+qlogn)，可以接受q較大的情況，**如下：

#include

#define rpt(i,l,r) for(i=l;i<=r;i++)

#define n 2015

int a[n];

int p[n][n];

int n,i,j,q,x,y,k,l,r,m,ans;

int main()

scanf("%d",&q);

while(q--)

printf("%d\n",ans);}}

但是這個演算法也有缺陷，無法支援n較大的情況。

主席樹，全名可持久化線段樹。先不要管可持久化是啥，先看線段樹。

我學習的時候因為這個迷惑了很久，準確地說，這裡是權值線段樹。

我們知道，一般的線段樹用於維護乙個序列a[1...n]的諸多區間問題。在權值線段樹中，a[i]表示i這個值出現的次數。

權值線段樹一些最基礎的應用就是給乙個可重數集新增數，刪除數，詢問第k小，詢問排名，等等。

我們先把上文提到的演算法中的f陣列作一些小變換：因為每個g[i]都是乙個一維陣列，我們可以將對於每個i，g[i][1...n]這些元素建立一棵線段樹。

看上去非常複雜，舉個例子畫個圖冷靜一下。設n=4，序列為2,4,1,3，則包括g[0][ ]的g[ ][ ]陣列為：

j=1j=2

j=3j=4

i=1010

0i=201

01i=3110

1i=411

11對每行都建一棵線段樹，第i棵的結點資訊記錄第i行的某區間和，這個和值也就對應著序列前i個數中值屬於某值域的數的個數：

第一棵：

1[1...4]

1[1...2] 0[3...4]

0[1] 1[2] 0[3] 0[4]

第二棵：

2[1...4]

1[1...2] 1[3...4]

0[1] 1[2] 0[3] 1[4]

第三棵：

3[1...4]

2[1...2] 1[3...4]

1[1] 1[2] 0[3] 1[4]

第四棵：

4[1...4]

2[1...2] 2[3...4]

1[1] 1[2] 1[3] 1[4]

我們還是可以秉著二分思想用與前一種演算法幾乎相同的做法來求取答案，注意到這裡二分答案可能會詢問到的任何乙個值域都一定是線段樹的某一整段，因此判斷答案是過小還是過大可以做到o(1)，因此對於每個詢問的複雜度都是o(logn)，綜合複雜度此時還是o(n^2+qlogn)。

我們發現，這種二分答案做似乎總有乙個瓶頸：要統計前若干個數中出現在某值域內的次數，似乎總是需要o(n^2)。真的是這樣嗎？

我們觀察第

一、二棵線段樹，發現它們的左子樹完全相同。不僅如此，它們的右子樹的左子樹也是完全相同的。第

二、三棵，第

三、四棵，甚至是第零、一棵，其中第零棵為結點資訊的和值均為0的線段樹，都滿足只有一條從根到某葉子的鏈上的各點有區別。顯然，不論n有多大，相鄰兩個線段樹中，只有某一條鏈上的值不同。而線段樹的深度當然一定是logn級別的，因此每棵樹實際上只有logn個結點是不與前面重複的，既然別的都是重複的，那我們是否可以對每棵樹只儲存logn級別的結點呢？當然可以！

甚至可以這樣：

類似這樣構造的每棵線段樹，即能做到o(nlogn)的代價。因此綜合複雜度變為o(nlogn+qlogn)，非常優越，**如下：

#include

#define rpt(i,l,r) for(i=l;i<=r;i++)

#define n 100005

int n,cnt,i,a,q,x,y,k;

struct nodet[n*20];

void build(int x,int l,int r)

void ins(int x,int xx,int y)

else

}int query(int x,int xx,int k)

int main()

scanf("%d",&q);

while(q--)

}

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