主席树——多棵线段树的集合

主席树：

（不要管名字）

我们有的时候，会遇到很多种情况，对于每一种情况，都需要通过线段树的操作实现。

碰巧的是，相邻两种情况下的线段树的差异不大。（总体的差异次数是O(N)级别的，均摊就是O(常数)的了）

 

显然的是，我们不能对于每种情况都建造一棵线段树。n^n 空间直接MLE无疑。

救命稻草是：发现相邻两种情况下的线段树的差异不大。

所以，我们是否可以让不同的线段树共用同一个节点呢？！？！？

这就是主席树的本质。也是精妙之处所在。

代码实现不是很麻烦。

我一般用传返回值形式，每次返回一个节点编号，便于设置儿子编号。比较方便。

注意的是，我们必须记录lson，rson，不能采用x<<1,x<<1|1的形式。因为没有这样的规律可循。

你不知道子节点和自己有什么关系。（这是谁家的孩子？公家的）

 

 

经典例题：

1.区间第k小（大）。

离散化必须的。

对于每一个区间节点开一个权值线段树 。i的线段树的节点l~r表示，在真正的区间1~i中，大小在l~r的数出现的次数。

记录每个线段树节点根的所在位置。

查询的时候，l-1，r两棵线段树同时出发，区间[a,b]sum值做一个差，就是l~r这个区间内，数值在[a,b]之间的数的个数。

对于区间第k小，选择左儿子区间做差，u<k，就进入右儿子，同时k-=u

否则进入左儿子。

区间第k大正相反。

 

对于n棵主席树，相邻两个主席树i，i-1只在i的数值位置的值不一样。

所以，相邻的主席树只会增加logn个节点。

总空间复杂度nlogn

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m;
int a[N],num[N];
int cnt,rt[N];
int li(int x){
    return lower_bound(num+1,num+cnt+1,x)-num;
}
struct node{
    int sum,lson,rson;
}t[N*18];
int tot;
int add(int x,int l,int r,int c){
    tot++;
    int ret=tot;
    t[tot].sum=t[x].sum+1;
    if(l==r){
        return ret;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(c<=mid){
        t[tot].rson=t[x].rson;
        t[tot].lson=add(t[x].lson,l,mid,c);
    } 
    else{
        t[tot].lson=t[x].lson;
        t[tot].rson=add(t[x].rson,mid+1,r,c);
    }
    return ret;
}
int query(int x,int y,int l,int r,int k){
    if(l==r){
        return l;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    int u=t[t[y].lson].sum-t[t[x].lson].sum;
    if(u>=k){
        return query(t[x].lson,t[y].lson,l,mid,k);
    }
    else{
        return query(t[x].rson,t[y].rson,mid+1,r,k-u);
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);int df;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),num[++cnt]=a[i];
    sort(num+1,num+cnt+1);
    cnt=unique(num+1,num+cnt+1)-num-1;
    rt[0]=++tot;
    for(int i=1;i<=n;i++) rt[i]=add(rt[i-1],1,cnt,li(a[i]));
    int op,l,r;
    while(m--){
        scanf("%d%d%d",&l,&r,&op);
        int ot=query(rt[l-1],rt[r],1,cnt,op);
        printf("%d\n",num[ot]);
    }
    ret