线段树部分总结 (单点，区间)更新，区间求和，求最大值(敌兵布阵&I Hate It&A Simple Problem with Integers)

线段树

    如图：

线段树是一种二叉搜索树，它将一个大的区间逐层划分为一个个单元区间，而最终的叶子节点代表区间中的各个点，可视为区间。划分方式是二分。为保证节点 i 的子节点是 i*2 和 i*2+1，最底层可能会浪费一些空间，因此空间为 n 的区间需要 n*4 的线段树树来储存。
综上所述，线段树可以是一棵完全二叉树，(浪费空间换来的)可以用数组来储存。
定义树的单个节点的结构体:

struct node{    int sum;      // 区间和 的记录    int lazy;     //区间更新的延迟标记，    int maxx;     //区间的最大值};node tree[100010*4];

线段树的几种操作：

1.建树：

众所周知，树的建立一般采用递归的方法，线段树也不例外，所以我们会先储存叶子节点的值，而叶子节点是区间中的一个个点，它的区间和就是自身的值，因此，我们不必另外开一个数组来储存该区间，可以在递归至叶子节点时，直接读入到 sum 或 maxx 中。
一个非叶节点的 sum 是它子节点的 sum 和。
一个非叶节点的maxx是它左右子节点maxx的较大值。
上代码：

//求和建树void set_tree(int l,int r,int poi){//poi是节点编号，l，r是该节点代表的区间左右边界//刚开始时 l=1，r=n，poi=1    if(l==r){  //如果左右边界相同，即为叶子节点，读入并返回        scanf("%d",&tree[poi].sum);        return;    }    int m=(l+r)/2;        set_tree(l,m,poi*2);      //递归建立左子树    set_tree(m+1,r,poi*2+1);  //递归建立右子树    tree[poi].sum=tree[poi*2].sum+tree[poi*2+1].sum;               //初始化 sum }

//求最大值建树void set_tree(int l,int r,int poi){    if(l==r){        scanf("%d",&tree[poi].maxx);        return;    }    int m=(l+r)/2;    set_tree(l,m,poi*2);    set_tree(m+1,r,poi*2+1);    tree[poi].maxx=max(tree[poi*2].maxx,tree[poi*2+1].sum);  //与求和建树的区别}

2.区间求和：

这需要我们将给定区间的所有点的值相加，直接遍历肯定不行，会超时，我们看线段树，每一个叶子节点的值代表了区间的点的值，而叶子节点的值相加后成为它们父节点的 sum ，以此类推。
而我们可以利用这一特点来求给定区间的和，
挑选节点区间组成给定区间，相加区间和即可，见代码详解。

int query(int q_l,int q_r,int l,int r,int poi){//poi为节点编号，q_l q_r是给定区间的边界，l r是节点poi代表的区间的边界    if(q_l<=l&&r<=q_r)        return tree[poi].sum;//如果 给定区间 包含了 poi区间 ，则返回节点poi的sum值    int sum=0,m=(l+r)/2;    if(q_l<=m)         //给定区间在poi左子树占有一部分        sum+=query(q_l,q_r,l,m,poi*2);//DFS，累积给定区间的和    else               //给定区间在poi右子树占有一部分        sum+=query(q_l,q_r,m+1,r,poi*2+1);    return sum;}

3.区间求最大值：

同样的，寻找节点区间来表示给定区间，再用所找到的节点区间的maxx值求出给定区间的最大值。
见代码：

int query(int q_l,int q_r,int l,int r,int poi){    if(q_l<=l&&r<=q_r)        return tree[poi].maxx;    int ans_max=0,m=(l+r)/2;    if(q_l<=m)        ans_max=max(ans_max,query(q_l,q_r,l,m,poi*2));    if(m<q_r)         ans_max=max(ans_max,query(q_l,q_r,m+1,r,poi*2+1));    return ans_max;    //解析同区间求和}

4.单点更新(只考虑对求和的影响)：

将 给定点的值 增加 给定的另一个值，如将点x的值增加y。
从根节点开始采用二分的方法找到该点在树中对应的叶子节点，更新该叶子节点的sum值后，递归回去，更新受影响的节点的sum值。
见代码:

void poi_add(int x,int y,int l,int r,int poi){//poi是当前节点编号，l r是poi区间边界，x是要求更新的点，y是要求增加的值。    if(l==r){     //找到了x对应的叶子节点        tree[poi].sum+=y;  //增加值        return;            //递归    }    int m=(l+r)/2;    if(x<=m)       //x对应叶子节点在左子树        poi_add(x,y,l,m,poi*2);    else           //在右子树        poi_add(x,y,m+1,r,poi*2+1);    tree[poi].sum=tree[poi*2].sum+tree[poi*2+1].sum;//重新获得poi的sum值}

5.区间更新：

将给定区间中所有的点的值增加同一个值。
这是一个相当复杂的操作。
如果我们直接操作该区间的一个个点的话，时间复杂度将会相当高，因此，我们依然是把挑选节点区间来组成给定区间，再增加这些区间的 sum 值，之后就不必继续往下更新，而是在节点上存一个lazy值，值得大小表示它字节点代表的区间中的点的值要增加lazy这么多。
举个例子：
假设要给区间[q_l,q_r]增加key，我们从根节点区间[1,n]开始往下搜索->[1,n/2] [n/2+1,n]->……，找到一个节点(设为poi)代表的区间(设为[l,r])被包含在区间[q_l,q_r]中，那么进行这个操作：

tree[poi].sum+=key*[r-l+1];tree[poi].lazy+=key;

否则就传递poi的lazy值，并将poi的lazy值置为0；
见代码：

   if(tree[poi].lazy!=0){        pushdown(poi,l,r);   //lazy值不为0则传递        //poi是节点编号        //l,r是poi区间边界    }    void pushdown(int poi,int l,int r){  //传递函数        int m=(l+r)/2;        //更新左子节点        tree[poi*2].sum+=(m-l+1)*tree[poi].lazy;        tree[poi*2].lazy+=tree[poi].lazy;        //更新右子节点        tree[poi*2+1].sum+=(r-(m+1)+1)*tree[poi].lazy;        tree[poi*2+1].lazy+=tree[poi].lazy;        //父节点lazy值置0        tree[poi].lazy=0;        return;    }

我们在利用具有lazy值的线段树求和时，要记得边求和边传递lazy值，因为，如果一个节点具有lazy值，那就说明它的字节点的sum值尚未更新，而求和要利用sum值，所以需要边向下更新边求和。

void pushdown(int poi,int l,int r){  //传递函数    int m=(l+r)/2;    tree[poi*2].sum+=(m-l+1)*tree[poi].lazy;    tree[poi*2].lazy+=tree[poi].lazy;    tree[poi*2+1].sum+=(r-(m+1)+1)*tree[poi].lazy;    tree[poi*2+1].lazy+=tree[poi].lazy;    tree[poi].lazy=0;    return;}int query(int q_l,int q_r,int l,int r,int poi){    if(q_l<=l&&r<=q_r){        return tree[poi].sum;    }    if(tree[poi].lazy!=0)        pushdown(poi,l,r);  //如果lazy值不为0，则向下更新                            //其余均为求和操作    int m=(l+r)/2;    int sum=0;    if(q_l<=m)        sum+=query(q_l,q_r,l,m,poi*2);    if(q_r>m)        sum+=query(q_l,q_r,m+1,r,poi*2+1);    return sum;}

相关题目：

1.敌兵布阵：

题目描述

C国的死对头A国这段时间正在进行军事演习，所以C国间谍头子Derek和他手下Tidy又开始忙乎了。A国在海岸线沿直线布置了N个工兵营地,Derek和Tidy的任务就是要监视这些工兵营地的活动情况。由于采取了某种先进的监测手段，所以每个工兵营地的人数C国都掌握的一清二楚,每个工兵营地的人数都有可能发生变动，可能增加或减少若干人手,但这些都逃不过C国的监视。
中央情报局要研究敌人究竟演习什么战术,所以Tidy要随时向Derek汇报某一段连续的工兵营地一共有多少人,例如Derek问:“Tidy,马上汇报第3个营地到第10个营地共有多少人!”Tidy就要马上开始计算这一段的总人数并汇报。但敌兵营地的人数经常变动，而Derek每次询问的段都不一样，所以Tidy不得不每次都一个一个营地的去数，很快就精疲力尽了，Derek对Tidy的计算速度越来越不满:”你个死肥仔，算得这么慢，我炒你鱿鱼!”Tidy想：“你自己来算算看，这可真是一项累人的工作!我恨不得你炒我鱿鱼呢!”无奈之下，Tidy只好打电话向计算机专家Windbreaker求救,Windbreaker说：“死肥宅，叫你平时做多点acm题和看多点算法书，现在尝到苦果了吧!”Tidy说：”我知错了。。。”但Windbreaker已经挂掉电话了。Tidy很苦恼，这么算他真的会崩溃的，聪明的读者，你能写个程序帮他完成这项工作吗？不过如果你的程序效率不够高的话，Tidy还是会受到Derek的责骂的.

输入：

第一行一个整数T，表示有T组数据。
每组数据第一行一个正整数N（N<=50000）,表示敌人有N个工兵营地，接下来有N个正整数,第i个正整数ai代表第i个工兵营地里开始时有ai个人（1<=ai<=50）。
接下来每行有一条命令，命令有4种形式：
(1) Add i j,i和j为正整数,表示第i个营地增加j个人（j不超过30）
(2)Sub i j ,i和j为正整数,表示第i个营地减少j个人（j不超过30）;
(3)Query i j ,i和j为正整数,i<=j，表示询问第i到第j个营地的总人数;
(4)End 表示结束，这条命令在每组数据最后出现;
每组数据最多有40000条命令

输出：

对第i组数据,首先输出“Case i:”和回车,
对于每个Query询问，输出一个整数并回车,表示询问的段中的总人数,这个数保持在int以内。

样例输入：

  1101 2 3 4 5 6 7 8 9 10Query 1 3Add 3 6Query 2 7Sub 10 2Add 6 3Query 3 10End 

样例输出：

  Case 1:  6  33  59

简析：

这是一道单点更新以及求和的裸题，直接上模板代码。

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;int T,n;struct node{    int sum,lazy;};node tree[50010*4];void set_tree(int l,int r,int poi){    //建树    if(l==r){        scanf("%d",&tree[poi].sum);        return;    }    int m=(l+r)/2;    set_tree(l,m,poi*2);    set_tree(m+1,r,poi*2+1);    tree[poi].sum=tree[poi*2].sum+tree[poi*2+1].sum;}void poi_add(int x,int y,int l,int r,int poi){   // x 兵营增加 y 人    if(l==r){        tree[poi].sum+=y;        return;    }    int m=(l+r)/2;    if(x<=m)         poi_add(x,y,l,m,poi*2);    else        poi_add(x,y,m+1,r,poi*2+1);    tree[poi].sum=tree[poi*2].sum+tree[poi*2+1].sum;}void poi_red(int x,int y,int l,int r,int poi){  // x 兵营减少 y 人    if(l==r){        tree[poi].sum-=y;        return;    }    int m=(l+r)/2;    if(x<=m)         poi_red(x,y,l,m,poi*2);    else        poi_red(x,y,m+1,r,poi*2+1);    tree[poi].sum=tree[poi*2].sum+tree[poi*2+1].sum;}int query(int q_l,int q_r,int l,int r,int poi){   //求和    if(l>=q_l&&r<=q_r)        return tree[poi].sum;    int sum=0,m=(l+r)/2;    if(q_l<=m)        sum+=query(q_l,q_r,l,m,poi*2);    if(m<q_r)         sum+=query(q_l,q_r,m+1,r,poi*2+1);    return sum;}int main(){    int i;    char str[11];    scanf("%d",&T);    for(int ii=1;ii<=T;ii++){        int x,y;        scanf("%d",&n);        set_tree(1,n,1);        printf("Case %d:\n",ii);        while(1){            scanf("%s",str+1);              char c=str[1];            if(c=='E')                break;            if(c=='A'){                scanf("%d%d",&x,&y);                poi_add(x,y,1,n,1);            }            if(c=='S'){                scanf("%d%d",&x,&y);                poi_red(x,y,1,n,1);            }            if(c=='Q'){                scanf("%d%d",&x,&y);                int k=query(x,y,1,n,1);                printf("%d\n",k);            }        }    }}

2.I Hate It

题目描述：

很多学校流行一种比较的习惯。老师们很喜欢询问，从某某到某某当中，分数最高的是多少。
这让很多学生很反感。
不管你喜不喜欢，现在需要你做的是，就是按照老师的要求，写一个程序，模拟老师的询问。当然，老师有时候需要更新某位同学的成绩。

输入：

  本题目包含多组测试，请处理到文件结束。   在每个测试的第一行，有两个正整数 N 和 M ( 0<N<=200000,0<M<5000 )，分别代表学生的数目和操作的数目。   学生ID编号分别从1编到N。   第二行包含N个整数，代表这N个学生的初始成绩，其中第i个数代表ID为i的学生的成绩。   接下来有M行。每一行有一个字符 C (只取'Q'或'U') ，和两个正整数A，B。   当C为'Q'的时候，表示这是一条询问操作，它询问ID从A到B(包括A,B)的学生当中，成绩最高的是多少。   当C为'U'的时候，表示这是一条更新操作，要求把ID为A的学生的成绩更改为B。 

输出：

  对于每一次询问操作，在一行里面输出最高成绩。 

样例输入：

  5 7 1 2 3 4 5 Q 1 5 U 3 6 Q 3 4 Q 4 5 U 2 9 Q 1 5 Q 2 4

样例输出：

  5 6 5 9 9

简析：

这是一道单点更新和求最大值的裸题。
直接上代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;int T,n,abc;struct node{    int maxx=0;};node tree[50010*4];void set_tree(int l,int r,int poi){     //建树，与求和建树不同    if(l==r){        scanf("%d",&tree[poi].maxx);        return;    }    int m=(l+r)/2;    set_tree(l,m,poi*2);    set_tree(m+1,r,poi*2+1);    tree[poi].maxx=max(tree[poi*2].maxx,tree[poi*2+1].maxx);}void change(int x,int y,int l,int r,int poi){   //篡改学生成绩，更新    if(l==r){        tree[poi].maxx=y;        return;    }    int m=(l+r)/2;    if(x<=m)         change(x,y,l,m,poi*2);    else        change(x,y,m+1,r,poi*2+1);    tree[poi].maxx=max(tree[poi*2].maxx,tree[poi*2+1].maxx);}int query(int q_l,int q_r,int l,int r,int poi){  //求最大值    if(l>=q_l&&r<=q_r)        return tree[poi].maxx;    int ans_max=0,m=(l+r)/2;    if(q_l<=m)        ans_max=max(ans_max,query(q_l,q_r,l,m,poi*2));    if(m<q_r)         ans_max=max(ans_max,query(q_l,q_r,m+1,r,poi*2+1));    return ans_max;}int main(){    int i,m;    char str[11];    int x,y;    abc=0;    scanf("%d%d",&n,&m);    set_tree(1,n,1);    for(i=1;i<=m;i++){        scanf("%s",str+1);        char c=str[1];        if(c=='U'){            scanf("%d%d",&x,&y);            change(x,y,1,n,1);        }        if(c=='Q'){            scanf("%d%d",&x,&y);            int k=query(x,y,1,n,1);            printf("%d\n",k);        }    }}

3.A Simple Problem with Integers：

题目描述：

你有一些整数，和一些操作与询问需要处理

输入：

第一行：N,Q，1 ≤ N,Q ≤ 100000.

第二行：N个整数， A1, A2, … , AN. -1000000000 ≤ Ai ≤ 1000000000

接下来：Q行，表示操作与询问

C a b c 表示，区间[a,b]全部增加c，-10000 ≤ c ≤ 10000.

Q a b 表示求区间[a,b]的和

输出：

每个询问一个结果，一行。

样例输入：

    10 5    1 2 3 4 5 6 7 8 9 10    Q 4 4    Q 1 10    Q 2 4    C 3 6 3    Q 2 4

样例输出：

 4 55 9 15

简析：

这是一道区间更新和求和的裸题。
上代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int n,q;struct node{    long long sum,lazy;};node tree[100010*4];void set_tree(int l,int r,int poi){    if(l==r){        scanf("%lld",&tree[poi].sum);        return;    }    int m=(l+r)/2;    set_tree(l,m,poi*2);    set_tree(m+1,r,poi*2+1);    tree[poi].sum=tree[poi*2].sum+tree[poi*2+1].sum;}void pushdown(int poi,int l,int r){    int m=(l+r)/2;    tree[poi*2].sum+=(m-l+1)*tree[poi].lazy;    tree[poi*2].lazy+=tree[poi].lazy;    tree[poi*2+1].sum+=(r-(m+1)+1)*tree[poi].lazy;    tree[poi*2+1].lazy+=tree[poi].lazy;    tree[poi].lazy=0;    return;}void update(int q_l,int q_r,int l,int r,int val,int poi){    if(q_l<=l&&r<=q_r){        tree[poi].sum+=(r-l+1)*val;        tree[poi].lazy+=val;        return;    }    if(tree[poi].lazy!=0){        pushdown(poi,l,r);    }    int m=(l+r)/2;    if(q_l<=m)        update(q_l,q_r,l,m,val,poi*2);    if(q_r>m)        update(q_l,q_r,m+1,r,val,poi*2+1);    tree[poi].sum=tree[poi*2].sum+tree[poi*2+1].sum;}long long query(int q_l,int q_r,int l,int r,int poi){    if(q_l<=l&&r<=q_r){        return tree[poi].sum;    }    if(tree[poi].lazy!=0)        pushdown(poi,l,r);  //记得求和时传递lazy    int m=(l+r)/2;    long long sum=0;    if(q_l<=m)        sum+=query(q_l,q_r,l,m,poi*2);    if(q_r>m)        sum+=query(q_l,q_r,m+1,r,poi*2+1);    return sum;}int main(){    int x,y,z;    scanf("%d%d",&n,&q);    set_tree(1,n,1);    char str[6];    for(int i=1;i<=q;i++){        scanf("%s",str+1);        char c=str[1];        if(c=='Q'){            scanf("%d%d",&x,&y);            long long k=query(x,y,1,n,1);            printf("%lld\n",k);        }        else if(c=='C'){            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);            update(x,y,1,n,z,1);        }    }}