[PKU 2777] 线段树(一) {概述 基本操作}

{

以前写的线段树都是零碎

而且描述的也不清楚

最近打算整理一下

就从我的第一个线段树程序开始吧

}

线段树 Segment_tree

网上有人把线段树翻译成 Interval_Tree

Interval_Tree 是另外一种数据结构 而且并非二叉树


这个是线段树的标准E文翻译

可以看wikipedia的原文 http://en.wikipedia.org/wiki/Segment_tree
顾名思义 线段树存储的是连续的线段而非离散的节点

先看一张经典的线段树图解



这个就是标准的线段树

既然是树形结构 我们就得先考虑怎么存储这棵树

分析线段树的定义

*线段树是一棵二叉树 记为T(a, b)

*参数a,b表示区间[a,b] 其中b-a称为区间的长度 记为L

*线段树T(a,b)也可递归定义为

-若L>1 　[a, (a+b) div 2]为T的左儿子

　　　 [(a+b) div 2,b]为T的右儿子

-若L=1 T为叶子节点

可以得到一些基本性质

*线段树除最后一层外是满二叉树

*线段树是平衡的 高度是Log2L左右

如此我们有2种存储方法

*直接用指针

定义节点

type node=record

　　ls,rs:^node;

　　l,r:longint;

　　end;

其中ls rs分别为左右儿子 l,r是区间的范围

真正实现时一般用数组模拟指针

我们只需定义longint数组ls[] rs[] l[] r[]

*用*2和*2+1代替左右儿子指针

由于是除最后一层外是满二叉树

我们可以向存储堆一样存储线段树

用l[] r[]来存储节点区间范围

x的左右儿子分别就是x*2和x*2+1

具体实现用位移代替乘2

这样乘法指针运算和上述数组调用一样 几乎不需要时间

具体用哪种纯粹是个人喜好 没什么区别

(下文中我的程序都是用的数组模拟 直接存储儿子指针)

接下来讨论线段树的具体操作

也就是维护这种数据结构的算法 (srO 数据结构+算法=程序 Orz)

总结起来就两个词 递归 & 分治

结合一个具体问题吧 PKU 2777
http://poj.org/problem?id=2777
这是线段树的入门题 相当经典

要求程序实现一个涂色的程序

支持对区间[A,B]涂C的颜色和统计区间[A,B]的颜色种类

朴素的做法是用数组a[]存储下整个区间[0,100000]

然后循环涂色 循环查询 这样的复杂度是N*N 大大地TLE

我们考虑用线段树处理这个区间问题

首先我们得建树

先看程序

procedure build(a,b:longint);
var    x,mid:longint;
begin
inc(tt); x:=tt;
l[x]:=a; r[x]:=b;
if b-a>1
then begin
mid:=(a+b)shr 1;
ls[x]:=tt+1; build(a,mid);
rs[x]:=tt+1; build(mid,b);
end;
end;

*第一行build函数是一个递归的过程 参数a,b表示当前建立区间[a,b]的节点

*第四行 inc(tt) 就相当于新建一个节点 x纪录当前节点

*第六行 b-a=1 是递归的边界条件 即建立到叶子节点了

*第八 九 十行 根据线段树定义 分别递归建立左右儿子区间

　　-注意儿子指针的赋值 由于递归下去第一层就是建立当前节点的儿子 直接赋值为tt+1即可

　　-注意使用shr运算提高效率 还需注意a b mid 皆为区间端点

其实上文中建好的线段树其实是一个骨架

就相当于朴素做法中我们还未操作的空数组 等待我们给它刷颜色

既然要刷颜色 我们就得存储各区间的颜色 给每个节点新开一个域n来记录颜色

表现在数组模拟上就是新建数组n[]

n数组代表当前节点所代表区间的颜色

因为这个问题的染色是覆盖类型的染色

对一个区间染色自然把为当前区间的子区间也染色了

所以是对子树染色而非区间染色

接着这样的思路 我们可以写出如下程序

procedure insert(x,a,b,c:longint);
var    mid:longint;
begin
if (a<=l[x])and(r[x]<=b)
then n[x]:=c;
6 mid:=(l[x]+r[x])shr 1;
if a<mid then insert(ls[x],a,b,c);
if b>mid then insert(rs[x],a,b,c);
9  end;

*第四 五行 判断当前区间是否在需要覆盖的区间内 是就修改颜色

*第六 七 八行 根据线段树定义判断是否递归左右子树染色

这里需要说明一下这种写法的正确性

即不会出现[a,b]在[l[x],r[x]]外与当前区间没有交集的情况

首先在根节点处[a,b]和区间显然有交集

然后运用数学归纳法的思路 说明当前节点区间和[a,b]有交集的时候 递归插入儿子也是保证和儿子区间有交集的

这样只要执行插入函数就有交集 就能保证程序正确性

给出所有和当前区间有交集的情况图 可以发现经过if语句判断 递归插入都保证还是和儿子区间有交集

(黑色为当前区间 红色为欲染色区间 一共6种情况)



不难分析出这个插入函数的复杂度是O(N)级别的(需要遍历子树) 从常数上看比朴素还慢

但是不覆盖子树上的区间又会产生错误 我们需要对插入进行改进

改进后 我们的n[]数组不单记录一个节点的颜色 而是记录的子树的颜色

我们看具体操作

*如果当前区间已经染色且颜色和欲染色一致 则直接退出(这句话可以不要)

*如果当前区间被完全覆盖 就说明子树也被完全覆盖了 直接给当前节点染色退出

*如果没有被完全覆盖

　　-就给先给左右儿子染色成当前节点的颜色 然后当前节点赋值为混合颜色=-1

　　-然后再递归染色左右子树

这样修改完全覆盖的区间时就可以直接修改然后退出 不用遍历子树了

而没有完全覆盖时 需要把颜色先下传给左右子树 再递归修改 保证子树颜色的正确性

这样我们访问的区间总数就降到了O(LogN)级别个 比O(N)好了不少

这个其实是一种最原始的Lazy-Tag思想

这种思想很重要 也比较难掌握 我们以后详细讨论

给出改进后的代码

procedure down(x:longint);
begin
if n[x]>0
then begin
n[ls[x]]:=n[x];
n[rs[x]]:=n[x];
n[x]:=-1;
end;
end;

procedure insert(x,a,b,c:longint);
var    mid:longint;
begin
if (a<=l[x])and(r[x]<=b)
then n[x]:=c
else begin
down(x);
mid:=(l[x]+r[x])shr 1;
if a<mid then insert(ls[x],a,b,c);
if b>mid then insert(rs[x],a,b,c);
end;
end;

最后就是统计了

统计相对很简单 一共30种颜色 用个Simple Hash即可

这时候我们记录的混合颜色就有用了 用于判断

结构和插入差不多 不过递归的条件不再是是否有交集而是是否为空节点了

procedure count(x,a,b:longint);
var    mid:longint;
begin
if x=0 then exit;
if n[x]>0
then inc(h[n[x]])
else begin
mid:=(l[x]+r[x])shr 1;
if a<mid then count(ls[x],a,b);
if b>mid then count(rs[x],a,b);
end;
end;

最后是我的AC代码

const    max=200000;
var    l,r,ls,rs,n:array[1..max]of longint;
m,t,z,tt,k,i,x,y,ans:longint;
h:array[1..30]of longint;
ch:char;
procedure build(a,b:longint);
var    x,mid:longint;
begin
inc(tt); x:=tt;
l[x]:=a; r[x]:=b;
if b-a>1
then begin
mid:=(a+b)shr 1;
ls[x]:=tt+1; build(a,mid);
rs[x]:=tt+1; build(mid,b);
end;
end;
procedure down(x:longint);
begin
if n[x]>0
then begin
n[ls[x]]:=n[x];
n[rs[x]]:=n[x];
n[x]:=-1;
end;
end;
procedure insert(x,a,b,c:longint);
var    mid:longint;
begin
if (a<=l[x])and(r[x]<=b)
then n[x]:=c
else begin
down(x);
mid:=(l[x]+r[x])shr 1;
if a<mid then insert(ls[x],a,b,c);
if b>mid then insert(rs[x],a,b,c);
end;
end;
procedure count(x,a,b:longint);
var    mid:longint;
begin
if x=0 then exit;
if n[x]>0
then inc(h[n[x]])
else begin
mid:=(l[x]+r[x])shr 1;
if a<mid then count(ls[x],a,b);
if b>mid then count(rs[x],a,b);
end;
end;
begin
assign(input,'color.in'); reset(input);
assign(output,'color.out'); rewrite(output);
readln(m,t,k);
tt:=0;
build(0,m);
n[1]:=1;
while k>0 do
begin
dec(k);
read(ch);
read(x,y);
if ch='C' then read(z);
readln;
case ch of
'C':
insert(1,x-1,y,z);
'P':
begin
fillchar(h,sizeof(h),0);
count(1,x-1,y);
ans:=0;
for i:=1 to t do
if h[i]>0 then inc(ans);
writeln(ans);
end;
end;
end;
close(input); close(output);
end.

这就是线段树的入门题

接下来会具体讨论线段树的另一个经典问题

求矩形并面积和周长

需要用到线段删除和维护更多的域

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