主席树 简要介绍 codeforces Round 433 853C/854E Boredom 题解

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如赛后官方题解所说，本题应考虑相反情况，即不与目标矩形相交的所有矩形数。显然矩形总数为n(n-1)/2。易知目标矩形上方的点数为n-u，右方的点数为n-r，左方的点数为l-1，下方点数为d-1. 不与目标矩形相交的矩形就是分别由这些区域的点构成。（点即原题所述的单位正方形，即一个格子）。

依次扣除这些点构成的矩形后，显然左上方，左下方，右上方，右下方的矩形被重复计算了一边。所以这题的关键就在于求出这些区域的点数。具体来说，就是对于查询l, d, r, u, 分别求出满足

(x∈[1,l−1],y∈[1,d−1]) （左下方）,
(x∈[r+1,n],y∈[1,d−1]) （右下方）,
(x∈[1,l−1],y∈[u+1,n]) （左上方）,
(x∈[r+1,n],y∈[u+1,n]) （右上方）,

的点的总数。也就是实现一个二维区间的离线查询。

要想不TLE，就要用到一种神奇的数据结构：主席树。主席树是一种特殊的线段树。在这道题里，相当于建立了n棵线段树，第i棵线段树记录的是原数组前i项构成的子数组的信息（即a[1]到a[i]），线段树的每一个结点三个值，l，r，dat，l和r相当熟悉，就是该结点的左右儿子的位置（在树的数组T中）。而就如同普通的线段树一样，每一个结点都会对应到一个区间[L,R]（为了避免跟前面的l，r混淆，采用大写）。那么结点的记录值dat就是表示原来的子数组（1..i）中有多少个数出现在区间[l,r], 即

countj{j∈[1,i],a[j]∈[L,R]}

这样的结构就能实现二维区间查询。这里我们也用到了前缀和的思想。如果我们想统计出(x∈[xl,xr],y∈[yl,yr])的点的个数，那么我们可以分别对tree[xl - 1], tree[xr]两棵树查询y∈[yl,yr]的点的个数，再对两树相减就是结果。

但等等，建n棵线段树，不会TLE + MLE吗？而主席树的神奇之处就在这个地方。我们考虑相邻的两棵线段树，tree[i-1] 和 tree[i]。比较一下，我们发现，tree[i] 仅仅是在 tree[i-1] 这棵树的基础上更新了新的一个值a[i]。所以，tree[i]较于tree[i-1]不同的地方只有a[i]所在的链的结点上，别的结点完全一致。

举个例子。

考虑这一棵线段树，假如我们要新加一个值（a[i]=4), 那么线段树要改的结点应该是4, [4,5], [4,7], [0,7]。这几个结点的dat值全部加一。其余结点不发生改变。

所以，我们在依次建n棵树的时候，只需要将发生改变的结点新建一份加进树的数组中，其余不发生改变的结点两棵树共用。

过程如下：
1. 新建一棵表示区间范围是[1,n]的空树，数组T依次存放树的结点，sz（size of tree）表示当前已经用过的树的结点数。
2.依次用原数组中的值a[i]更新树。注意到根结点(表示区间[1,n])是必然更新的，我们用数组rt存在根结点的位置，rt[i]表示第i棵树的根结点位置。在更新的时候，变量last记录当前要更新结点对应于上一棵树的结点的位置。区间从顶往下更新，也就是首先更新根结点rti, 那么上一棵树的对应结点就是rt[i-1]. 对区间二分，看a[i]（要更新的值）在哪个半区间，就往哪个子结点更新，而另一个子结点不需要更新，直接连上当前更新的结点即可。

见代码：

#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;const int N = 200019;typedef long long ll;int rt[N],a[N];int n,q;struct tree{    int l, r, dat;    tree(int l = 0, int r = 0, int dat = 0):l(l),r(r),dat(dat){}}T[N * 20];int sz; // tree sizevoid update(int &o, int l, int r, int last, int ele)//update inteval[l, r] (add ele) the index of new node will be stored in o{    o = ++sz;    T[o].l = T[last].l;    T[o].r = T[last].r;    T[o].dat = T[last].dat + 1;    if(l == r) return;    int mid = (l + r) >> 1;    //printf("T[%d].l = %d, .r = %d, .dat = %d, last = %d, ele = %d, mid = %d\n",o, T[o].l, T[o].r, T[o].dat, last, ele, mid);    if (ele <= mid) update(T[o].l, l, mid, T[last].l, ele);    else update(T[o].r, mid + 1, r, T[last].r, ele);}int query(int t1, int t2, int l, int r, int ql, int qr)//query inteval[ql, qr] search interval [l, r] tree node t1 t2{    if (r < ql || l > qr) return 0;    if (ql <= l && r <= qr) return T[t2].dat - T[t1].dat;    int mid = (l + r) >> 1;    return query(T[t1].l, T[t2].l, l, mid, ql, qr) + query(T[t1].r, T[t2].r, mid + 1, r, ql, qr);}int query_client(int xl, int xr, int yl, int yr){    if (xl > xr || yl > yr) return 0;    return query(rt[xl - 1], rt[xr], 1, n, yl, yr); }int main(){    scanf("%d%d",&n,&q);    sz = 0;    for (int i = 1; i <= n; i++)    {        scanf("%d", a + i);        update(rt[i], 1, n, rt[i - 1], a[i]);    }    for (int i = 0; i < q; i++)    {        int l,d,r,u;        scanf("%d%d%d%d",&l,&d,&r,&u);        ll ans = 1LL * n * (n - 1) / 2;        ll x = l - 1;        ans -= x * (x - 1) / 2;        x = d - 1;        ans -= x * (x - 1) / 2;        x = n - r;        ans -= x * (x - 1) / 2;        x = n - u;        ans -= x * (x - 1) / 2;        x = query_client(1, l - 1, 1, d - 1);        ans += x * (x - 1) / 2;        x = query_client(r + 1, n, 1, d - 1);        ans += x * (x - 1) / 2;        x = query_client(1, l - 1, u + 1, n);        ans += x * (x - 1) / 2;        x = query_client(r + 1, n, u + 1, n);        ans += x * (x - 1) / 2;        printf("%lld\n",ans);    }}