线段树模板(插入,搜索)
2011-08-24 10:11
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在自然数,且所有的数不大于30000的范围内讨论一个问题:现在已知n条线段,把端点依次输入告诉你,然后有m个询问,每个询问输入一个点,要求这个点在多少条线段上出现过;
最基本的解法当然就是读一个点,就把所有线段比一下,看看在不在线段中;
每次询问都要把n条线段查一次,那么m次询问,就要运算m*n次,复杂度就是O(m*n)
这道题m和n都是30000,那么计算量达到了10^9;而计算机1秒的计算量大约是10^8的数量级,所以这种方法无论怎么优化都是超时
因为n条线段是固定的,所以某种程度上说每次都把n条线段查一遍有大量的重复和浪费;
线段树就是可以解决这类问题的数据结构
举例说明:已知线段[2,5] [4,6] [0,7];求点2,4,7分别出现了多少次
在[0,7]区间上建立一棵满二叉树:(为了和已知线段区别,用【】表示线段树中的线段)
【0,7】
/ \
【0,3】 【4,7】
/ \ / \
【0,1】 【2,3】 【4,5】 【6,7】
/ \ / \ / \ / \
【0,0】 【1,1】 【2,2】 【3,3】 【4,4】 【5,5】 【6,6】 【7,7】
每个节点用结构体:
struct line
{
int left,right;//左端点、右端点
int n;//记录这条线段出现了多少次,默认为0
}a[16];
和堆类似,满二叉树的性质决定a[i]的左儿子是a[2*i]、右儿子是a[2*i+1];
然后对于已知的线段依次进行插入操作:
从树根开始调用递归函数insert
voidinsert(int s,int t,int step)//要插入的线段的左端点和右端点、以及当前线段树中的某条线段
{
if (s==a[step].left && t==a[step].right)
{
a[step].n++;//插入的线段匹配则此条线段的记录+1
return;//插入结束返回
}
if (a[step].left==a[step].right) return;//当前线段树的线段没有儿子,插入结束返回
int mid=(a[step].left+a[step].right)/2;
if (mid>=t) insert(s,t,step*2);//如果中点在t的右边,则应该插入到左儿子
else if (mid<s) insert(s,t,step*2+1);//如果中点在s的左边,则应该插入到右儿子
else//否则,中点一定在s和t之间,把待插线段分成两半分别插到左右儿子里面
{
insert(s,mid,step*2);
insert(mid+1,t,step*2+1);
}
}
三条已知线段插入过程:
[2,5]
--[2,5]与【0,7】比较,分成两部分:[2,3]插到左儿子【0,3】,[4,5]插到右儿子【4,7】
--[2,3]与【0,3】比较,插到右儿子【2,3】;[4,5]和【4,7】比较,插到左儿子【4,5】
--[2,3]与【2,3】匹配,【2,3】记录+1;[4,5]与【4,5】匹配,【4,5】记录+1
[4,6]
--[4,6]与【0,7】比较,插到右儿子【4,7】
--[4,6]与【4,7】比较,分成两部分,[4,5]插到左儿子【4,5】;[6,6]插到右儿子【6,7】
--[4,5]与【4,5】匹配,【4,5】记录+1;[6,6]与【6,7】比较,插到左儿子【6,6】
--[6,6]与【6,6】匹配,【6,6】记录+1
[0,7]
--[0,7]与【0,7】匹配,【0,7】记录+1
插入过程结束,线段树上的记录如下(红色数字为每条线段的记录n):
【0,7】
1
/ \
【0,3】 【4,7】
0 0
/ \ / \
【0,1】 【2,3】 【4,5】 【6,7】
0 1 2 0
/ \ / \ / \ / \
【0,0】 【1,1】 【2,2】 【3,3】 【4,4】 【5,5】 【6,6】 【7,7】
0 0 0 0 0 0 1 0
询问操作和插入操作类似,也是递归过程,略
2——依次把【0,7】 【0,3】 【2,3】 【2,2】的记录n加起来,结果为2
4——依次把【0,7】 【4,7】 【4,5】 【4,4】的记录n加起来,结果为3
7——依次把【0,7】 【4,7】 【6,7】 【7,7】的记录n加起来,结果为1
不管是插入操作还是查询操作,每次操作的执行次数仅为树的深度——logN
建树有n次插入操作,n*logN,一次查询要logN,m次就是m*logN;总共复杂度O(n+m)*logN,这道题N不超过30000,logN约等于14,所以计算量在10^5~10^6之间,比普通方法快了1000倍;
最基本的解法当然就是读一个点,就把所有线段比一下,看看在不在线段中;
每次询问都要把n条线段查一次,那么m次询问,就要运算m*n次,复杂度就是O(m*n)
这道题m和n都是30000,那么计算量达到了10^9;而计算机1秒的计算量大约是10^8的数量级,所以这种方法无论怎么优化都是超时
因为n条线段是固定的,所以某种程度上说每次都把n条线段查一遍有大量的重复和浪费;
线段树就是可以解决这类问题的数据结构
举例说明:已知线段[2,5] [4,6] [0,7];求点2,4,7分别出现了多少次
在[0,7]区间上建立一棵满二叉树:(为了和已知线段区别,用【】表示线段树中的线段)
【0,7】
/ \
【0,3】 【4,7】
/ \ / \
【0,1】 【2,3】 【4,5】 【6,7】
/ \ / \ / \ / \
【0,0】 【1,1】 【2,2】 【3,3】 【4,4】 【5,5】 【6,6】 【7,7】
每个节点用结构体:
struct line
{
int left,right;//左端点、右端点
int n;//记录这条线段出现了多少次,默认为0
}a[16];
和堆类似,满二叉树的性质决定a[i]的左儿子是a[2*i]、右儿子是a[2*i+1];
然后对于已知的线段依次进行插入操作:
从树根开始调用递归函数insert
voidinsert(int s,int t,int step)//要插入的线段的左端点和右端点、以及当前线段树中的某条线段
{
if (s==a[step].left && t==a[step].right)
{
a[step].n++;//插入的线段匹配则此条线段的记录+1
return;//插入结束返回
}
if (a[step].left==a[step].right) return;//当前线段树的线段没有儿子,插入结束返回
int mid=(a[step].left+a[step].right)/2;
if (mid>=t) insert(s,t,step*2);//如果中点在t的右边,则应该插入到左儿子
else if (mid<s) insert(s,t,step*2+1);//如果中点在s的左边,则应该插入到右儿子
else//否则,中点一定在s和t之间,把待插线段分成两半分别插到左右儿子里面
{
insert(s,mid,step*2);
insert(mid+1,t,step*2+1);
}
}
三条已知线段插入过程:
[2,5]
--[2,5]与【0,7】比较,分成两部分:[2,3]插到左儿子【0,3】,[4,5]插到右儿子【4,7】
--[2,3]与【0,3】比较,插到右儿子【2,3】;[4,5]和【4,7】比较,插到左儿子【4,5】
--[2,3]与【2,3】匹配,【2,3】记录+1;[4,5]与【4,5】匹配,【4,5】记录+1
[4,6]
--[4,6]与【0,7】比较,插到右儿子【4,7】
--[4,6]与【4,7】比较,分成两部分,[4,5]插到左儿子【4,5】;[6,6]插到右儿子【6,7】
--[4,5]与【4,5】匹配,【4,5】记录+1;[6,6]与【6,7】比较,插到左儿子【6,6】
--[6,6]与【6,6】匹配,【6,6】记录+1
[0,7]
--[0,7]与【0,7】匹配,【0,7】记录+1
插入过程结束,线段树上的记录如下(红色数字为每条线段的记录n):
【0,7】
1
/ \
【0,3】 【4,7】
0 0
/ \ / \
【0,1】 【2,3】 【4,5】 【6,7】
0 1 2 0
/ \ / \ / \ / \
【0,0】 【1,1】 【2,2】 【3,3】 【4,4】 【5,5】 【6,6】 【7,7】
0 0 0 0 0 0 1 0
询问操作和插入操作类似,也是递归过程,略
2——依次把【0,7】 【0,3】 【2,3】 【2,2】的记录n加起来,结果为2
4——依次把【0,7】 【4,7】 【4,5】 【4,4】的记录n加起来,结果为3
7——依次把【0,7】 【4,7】 【6,7】 【7,7】的记录n加起来,结果为1
不管是插入操作还是查询操作,每次操作的执行次数仅为树的深度——logN
建树有n次插入操作,n*logN,一次查询要logN,m次就是m*logN;总共复杂度O(n+m)*logN,这道题N不超过30000,logN约等于14,所以计算量在10^5~10^6之间,比普通方法快了1000倍;
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,m,l,r;//长度n,线段数m struct line{ int left,right; int n; }a[30000]; void buildt(int l,int r,int step){ a[step].left=l; a[step].right=r; a[step].n=0; if(l==r) return; buildt(l,(l+r)/2,step*2); buildt((l+r)/2+1,r,step*2+1); } void dfs(int step){ cout<<step<<" "<<a[step].left<<" "<<a[step].right<<" "<<a[step].n<<endl; if(a[step].left==a[step].right) return; dfs(step*2); dfs(step*2+1); } void insert(int s,int t,int step){ if(s==a[step].left&&t==a[step].right){ a[step].n++; return; } if(a[step].left==a[step].right) return; int mid=(a[step].left+a[step].right)/2; if(mid>=t) insert(s,t,step*2); else if(mid<s) insert(s,t,step*2+1); else{ insert(s,mid,step*2); insert(mid+1,t,step*2+1); } } int main(){ cin>>n>>m; buildt(0,n,1); //dfs(1); for(int i=0;i<m;i++){ cin>>l>>r; insert(l,r,1); } dfs(1); return 0; }
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