一種區間樹，即將除葉子節點的區間拆分成兩個區間，序列以一棵二叉樹的形式呈現。
如圖便是一棵線段樹，我們將通過圖來更深刻的認識線段樹。
1.可以觀察到，這棵線段樹的深度是 \(\log n\)。
2.每個除葉子節點以外節點的左孩子是該節點乘上 \(2\)，而右孩子是該節點乘上 \(2\) 加上 \(1\)。
3.可以觀察到此樹是一棵完全二叉樹。
眾所周知，性質決定用途，我們可以用線段樹幹什麼呢？
我們令根節點為 \(1\)，從根節點一直**，直到分到葉子節點，然後停止**即可。有時候需要在葉子節點傳遞資訊，然後向上傳遞。
時間複雜度：\(o(n\log n)\)
**：
void build(int p,int l,int r)
int mid=(l+r)/2;
build(p*2,l,mid);
build(p*2+1,mid+1,r);
pushup(p);
}
好像可以很簡單的解決呢
因為只有乙個點，在還沒有到達葉子節點的時候，我們看看它是屬於左子樹還是右子樹，屬於哪邊就往哪邊遞迴，遞迴完之後向上更新即可。
時間複雜度：\(o(\log n)\)
**：
void change(int p,int x,int v)
int mid=(l+r)/2;
if(x<=mid) change(p*2,x,v);
else change(p*2+1,x,v);
pushup(p);
}
我們結合實際情況來看一下。
任然是這課樹，我們假定我們查詢的區間是 \([3,7]\)。
像這樣，我們仍然從根節點 \(1\) 進行遍歷。
我們發現根節點 \(1\) 沒有完全在這個區間以內，直接返回其值肯定不對。
我們發現其左子樹 \(2\) 有一部分區間在我們查詢的範圍內，我們遞迴到左子樹 \(2\)。
我們發現此時到的節點其右子樹 \(5\) 上有一部分在區間內，但是左子樹 \(4\) 並沒有，所以我們遍歷到右子樹。
此時我們發現區間完全涵蓋，直接返回其值。
由於是遞迴形式，所以我們繼續返回到節點 \(1\) 的右子樹 \(2\)。
操作就跟原來一樣就可以了。
時間複雜度：\(o(\log n)\)
**：
int ask(int p,int l,int r)什麼意思呢？
舉乙個生動形象的例子解釋一下：
假設有乙個像線段樹一樣教室：
老師現在要檢查某些同學的作業。
然後前面的同學手裡有答案，老師來了，他早就抄完了答案，老師來了，他就把答案送給了後面同學。
老師沒來，答案就一直放在他手裡。
線段樹區間修改差不多就是這樣，這裡就不細講了。
時間複雜度：\(o(\log n)\)
**：
void change(int u,int l,int r,int d)
pushdown(u);
int mid=(tr[u].l+tr[u].r)/2;
if(l<=mid) change(u*2,l,r,d);
if(r>mid) change(u*2+1,l,r,d);
pushup(u);
}
但是這樣它的缺陷就比較明顯，不適用於那些權值比較大的操作。不然在空間上劣勢十分明顯，但不過由於操作個數有限，我們往往可以通過離散化來進行優化。
大致操作與線段樹是類似的，可以通過一些操作使得其發揮得更加淋漓盡致。
它可以解決一些平衡樹問題。
#includeusing namespace std;
const int n=1e5+5;
int m,f[n],cnt;
mapq;
struct nodet[4*n];
struct qd[n];
void pushup(int p)
void build(int p,int l,int r));
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)/2;
build(p*2,l,mid);
build(p*2+1,mid+1,r);
}void change(int p,int x,int k)
int mid=(t[p].l+t[p].r)/2;
if(x<=mid) change(p*2,x,k);
else change(p*2+1,x,k);
pushup(p);
}int get_rank(int p,int x)
int get_val(int p,int x)
int get_pre(int p,int x)
int mid=(t[p].l+t[p].r)/2;
if(mid>=x) return get_pre(p*2,x);
int t=get_pre(p*2+1,x);
if(t) return t;
return get_pre(p*2,x);
}int get_next(int p,int x)
int mid=(t[p].l+t[p].r)/2;
if(mid<=x) return get_next(p*2+1,x);
int t=get_next(p*2,x);
if(t) return t;
return get_next(p*2+1,x);
}int main()
sort(f+1,f+1+cnt);
for(int i=1;i<=cnt;i++) q[f[i]]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
return 0;
}
咕咕咕
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problem 2176 easy problem accept 38 submit 119 time limit 2000 msec memory limit 32768 kb problem description 給定一棵n個節點以1為根的樹，初始每個節點的值為0，現在我們要在樹上進行一些操作...