线段树 椎（CodeChef FEB14 COT5）

题面去内网找。。
先写题解，后写吐槽。。。

把treap中序遍历一边就是一个单调的序列，又因为它保证了权值，键值都不互相重复，同一权值的点不会同时出现两个，那么可以把权值离散一下，用下标搞可线段树啊。。因此我们离线处理，先建出所有点的线段树，把键值设为0，然后一点一点搞即可。
那么如何求两点的距离呢？
首先我们会想到LCA，但是这个LCA可以用线段树解决，因为两点间键值最大的那个点就是他们的LCA（想证的自己证一下，举不出反例），那么根据正规的LCA思想，接下来就要求出两点到根节点的距离，再减去LCA到根节点距离的2倍。
思路没错。
事实证明，键值比他小的点深度都比他浅（废话。。），那么某个点向左向右第一个比他浅的点一定是他的某个祖先（你可以再证一下。。）。以此类推，就可以找到到根节点的路径了，因此我们可以把问题简化一下：说白了就是求这个点向左向右的上升序列的长度之和。
那么这道题就变成求某一段的上升序列长度了。求法相同于 bzoj2957 楼房重建.我的题解
正常人分界线

---

谁知道考试时看到这道题时我什么心情。。一看以为是平衡树模拟，然后发现rand（）出的值是他给的，所以树的形态很可能被卡。。。一脸茫然，最后用范浩强treap打了个LCA。。。最后正解是线段树。。。代码长度200+～110不等。。考得倒是联赛的内容。。。。

#pragma GCC optimize("O3")#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<algorithm>#define N 200005using namespace std;int read(){    int sum=0,f=1;char x=getchar();    while(x<'0'||x>'9'){if(x=='-')f=-1;x=getchar();}    while(x>='0'&&x<='9'){sum=(sum<<1)+(sum<<3)+x-'0';x=getchar();}    return sum*f;}struct node{int xp,k,w;}b[N];int n,tot,a[N],c[N];namespace Tree{    struct tree{int l,r,h,g,szl,szr;}t[N*4];    typedef pair<int,int> hh;    int s,h,mh;    void build(int l,int r,int x)    {        t[x].l=l;t[x].r=r;        if(l==r){t[x].h=t[x].szl=t[x].szr;return;}        int mid=l+r>>1;        build(l,mid,x*2);build(mid+1,r,x*2+1);    }    int q_r(int k,int x)    {        if(t[x].l==t[x].r){return k<t[x].h;}        int mid=t[x].l+t[x].r>>1;        if(t[x*2].h<k)return q_r(k,x*2+1);        else return q_r(k,x*2)+t[x].szr-t[x*2].szr;    }    int q_l(int k,int x)    {        if(t[x].l==t[x].r){return k<t[x].h;}        int mid=t[x].l+t[x].r>>1;        if(t[x*2+1].h<k)return q_l(k,x*2);        else return q_l(k,x*2+1)+t[x].szl-t[x*2+1].szl;    }    hh q_h(int l,int r,int x)    {        if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r)return hh(t[x].h,t[x].g);        int mid=t[x].l+t[x].r>>1; hh s1,s2;        if(l<=mid)s1=q_h(l,r,x*2);        if(r>mid)s2=q_h(l,r,x*2+1);        return s1.first>s2.first ? s1:s2;    }    void up(int x)    {        if(t[x*2].h>t[x*2+1].h){t[x].h=t[x*2].h,t[x].g=t[x*2].g;}        else {t[x].h=t[x*2+1].h,t[x].g=t[x*2+1].g;}        t[x].szr=t[x*2].szr+q_r(t[x*2].h,x*2+1);        t[x].szl=t[x*2+1].szl+q_l(t[x*2+1].h,x*2);    }    void C(int l,int k,int x)    {        if(t[x].l==t[x].r)            {t[x].g=l;t[x].h=k;t[x].szl=t[x].szr=1;return;}        int mid=t[x].l+t[x].r>>1;        if(l<=mid)C(l,k,x*2);        else C(l,k,x*2+1);        up(x);    }    void Q_l(int l,int r,int x)    {        if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r)            {h+=q_l(mh,x);mh=max(mh,t[x].h);return;}        int mid=t[x].l+t[x].r>>1;        if(r>mid)Q_l(l,r,x*2+1);        if(l<=mid)Q_l(l,r,x*2);    }    void Q_r(int l,int r,int x)    {        if(t[x].l>=l&&t[x].r<=r)            {h+=q_r(mh,x);mh=max(mh,t[x].h);return;}        int mid=t[x].l+t[x].r>>1;        if(l<=mid)Q_r(l,r,x*2);        if(r>mid)Q_r(l,r,x*2+1);    }     int Q(int l,int k)    {        s=0;h=1;mh=k;Q_l(1,l,1);s+=h;            h=1;mh=k;Q_r(l,tot,1);s+=h;        return s;    }    void work(int l,int r)    {        hh d=q_h(l,r,1);int lca=d.second,k;        k=Q(l,c[l])+Q(r,c[r])-2*Q(lca,c[lca]);        printf("%d\n",k);    }    int get(int x){return lower_bound(a+1,a+tot+1,x)-a;}}using namespace Tree;int main(){    n=read();    for(int i=1;i<=n;i++)    {        b[i].xp=read();b[i].k=read();        if(b[i].xp!=1)b[i].w=read();        if(b[i].xp==0)a[++tot]=b[i].k;    }    sort(a+1,a+tot+1);tot=unique(a+1,a+tot+1)-a-1;    build(1,tot,1);int k,w;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        if(b[i].xp==0)k=get(b[i].k),C(k,b[i].w,1),c[k]=b[i].w;        if(b[i].xp==1)k=get(b[i].k),C(k,0,1),c[k]=0;        if(b[i].xp==2)        {            k=get(b[i].k);w=get(b[i].w);            if(k>w)swap(k,w);work(k,w);        }    }}