线段树模板12

线段树

洛谷上有两道线段树模板（指模板1，模板2）都是区间维护的，也就是说，都离不开lasytag的维护，为了提高效率，故使用了lasytag,这里看一下题

【模板】线段树 1

题目描述

如题，已知一个数列，你需要进行下面两种操作：

将某区间每一个数加上 $k$ 。
求出某区间每一个数的和。

输入格式

第一行包含两个整数 $n, m$ ，分别表示该数列数字的个数和操作的总个数。

第二行包含 $n$ 个用空格分隔的整数，其中第 $i$ 个数字表示数列第 $i$ 项的初始值。

接下来 $m$ 行每行包含 $3$ 或 $4$ 个整数，表示一个操作，具体如下：

1 x y k：将区间 $[x, y]$ 内每个数加上 $k$ 。
2 x y：输出区间 $[x, y]$ 内每个数的和。

输出格式

输出包含若干行整数，即为所有操作 2 的结果。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

11
8
20

提示

对于 $30\%$ 的数据： $\le 8$ ， $\le 10$ 。
对于 $70\%$ 的数据： $\le {10}^3$ ， $\le {10}^4$ 。
对于 $100\%$ 的数据： $\le n, m \le {10}^5$ 。

保证任意时刻数列中所有元素的绝对值之和 $\le {10}^{18}$ 。

【样例解释】

分析1.1

操作很少，只有：

区间加
区间求和

我们用数组存储线段树每个节点的状态即可，看代码：

代码1

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 1e5+10;
#define int long long
int a[M];
struct segment {
#define lc(p) (p<<1)
#define rc(p) ((p<<1)|1)int tag[M << 2], sum[M << 2];void f(int o, int l, int r, int k) {tag[o] += k;sum[o] += k * (r - l + 1);}void push_up(int x) {sum[x] = sum[lc(x)] + sum[rc(x)];}void push_down(int o, int l, int r) {int mid = l + r >> 1;f(lc(o), l, mid, tag[o]);f(rc(o), mid + 1, r, tag[o]);tag[o] = 0;}void build(int o, int l, int r) {if (l == r) { sum[o] = a[l]; return; }int mid = l + r >> 1;build(lc(o), l, mid);build(rc(o), mid + 1, r);push_up(o);}int query(int ql, int qr, int o, int l, int r) {if (l>qr or r<ql) return 0;if (ql <= l and r <= qr) return sum[o];int ans = 0;int mid = l + r >> 1;push_down(o, l, r);ans += query(ql, qr, lc(o), l, mid);ans+=query(ql,qr,rc(o),mid+1,r);return ans;}void update(int ql,int qr,int o,int l,int r,int k){if (l>qr or r<ql) return;if(ql<=l and r<=qr) {f(o,l,r,k);return;}push_down(o,l,r);int mid = l + r >> 1;update(ql, qr, lc(o), l, mid,k);update(ql,qr,rc(o),mid+1,r,k);push_up(o);}
}t1;
signed main() {int n,m;cin >> n>>m;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];t1.build(1,1,n);for (int i=1;i<=m;i++){int x,y,k;cin>>x;if (x==1){cin>>x>>y>>k;t1.update(x,y,1,1,n,k);}else{cin>>x>>y;cout<<t1.query(x,y,1,1,n)<<endl;}}return 0;
}

分析1.2

我们只需要理解segment结构体

sum[i]表示线段树第i个节点对应的区间和
tag[i]就是节点i的懒标记

所以我们需要一个函数来标记节点，并修改此节点的和

void f(int o, int l, int r, int k) {tag[o] += k;sum[o] += k * (r - l + 1);}

f函数可以做到，它可以保存标记，并区间修改
当然标记需要下传，修改子节点后，父节点也要改变：

void push_up(int x) {sum[x] = sum[lc(x)] + sum[rc(x)];}

push_up可以重新求父节点的值

	void push_down(int o, int l, int r) {int mid = l + r >> 1;f(lc(o), l, mid, tag[o]);f(rc(o), mid + 1, r, tag[o]);tag[o] = 0;}

push_down可以下传标记
而查询与更新只要递归查询，合并答案即可

【模板】线段树 2

题目描述

如题，已知一个数列，你需要进行下面三种操作：

将某区间每一个数乘上 $x$ ；
将某区间每一个数加上 $x$ ；
求出某区间每一个数的和。

输入格式

第一行包含三个整数 $n, q, m$ ，分别表示该数列数字的个数、操作的总个数和模数。

第二行包含 $n$ 个用空格分隔的整数，其中第 $i$ 个数字表示数列第 $i$ 项的初始值。

接下来 $q$ 行每行包含若干个整数，表示一个操作，具体如下：

操作 $1$ ：格式：1 x y k 含义：将区间 $[x, y]$ 内每个数乘上 $k$

操作 $2$ ：格式：2 x y k 含义：将区间 $[x, y]$ 内每个数加上 $k$

操作 $3$ ：格式：3 x y 含义：输出区间 $[x, y]$ 内每个数的和对 $m$ 取模所得的结果

输出格式

输出包含若干行整数，即为所有操作 $3$ 的结果。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

17
2

提示

【数据范围】

对于 $30\%$ 的数据： $\le 8$ ， $\le 10$ 。
对于 $70\%$ 的数据：$n \le 10^3 $，$ q \le 10^4$。
对于 $100\%$ 的数据： $\le n \le 10^5$ ， $\le q \le 10^5$ 。

除样例外， $m = 571373$ 。

（数据已经过加强 ^_）

样例说明：

故输出应为 $17$ 、 $2$ （ $\bmod 38 = 2$ ）。

分析2

多了个乘法，再开数组代码逻辑会乱一点，但开个结构体即可：

struct node{int sum,mul,add;
};

不难想到，sum为区间和，mul为乘法懒标记，add为加法懒标记，对于一个区间x，可以存在子节点y，y应该接受懒标记：
$y_{sum}=(y_{sum}*x_{mul})+x_{add}*(y_r-y_l+1)$
修改y的懒标记：
$y_{mul}=y_{mul}*x_{mul}$
$y_{add}=y_{add}*x_{mul}+x_{add}$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define rc(x) ((x<<1)|1)
#define lc(x) (x<<1)
const int M = 1e6;
const int N=1e18;
int a[M],n,m,mod;
void read(){cin>>n;cin>>m>>mod;for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
}
struct node{int sum,mul,add;
};
struct segment{node seg[M<<2];void push_up(int x){seg[x].sum=seg[lc(x)].sum+seg[rc(x)].sum;}void build(int o,int l,int r){seg[o].mul=1;seg[o].add=0;if (l==r){seg[o].sum=a[l];return;}int mid=(l+r)>>1;build(lc(o),l,mid);build(rc(o),mid+1,r);push_up(o);}void f(int o,int l,int r,int add,int mul){seg[o].mul=(seg[o].mul*mul)%mod;seg[o].add=(seg[o].add*mul)%mod;seg[o].add=(seg[o].add+add)%mod;seg[o].sum=(seg[o].sum*mul)%mod;seg[o].sum=(seg[o].sum+(r-l+1)*add)%mod;}void push_down(int o,int l,int r){int mid=(l+r)>>1;f(lc(o),l,mid,seg[o].add,seg[o].mul);f(rc(o),mid+1,r,seg[o].add,seg[o].mul);seg[o].add=0;seg[o].mul=1;}void update(int ql,int qr,int add,int mul,int o=1,int l=1,int r=n){if (ql<=l and r<=qr) {f(o,l,r,add,mul);return;}int mid=(l+r)>>1;push_down(o,l,r);if(ql<=mid) update(ql,qr,add,mul,lc(o),l,mid);if(qr>=1+mid)update(ql,qr,add,mul,rc(o),mid+1,r);push_up(o);}int query(int ql,int qr,int o=1,int l=1,int r=n){if (ql<=l and r<=qr) return seg[o].sum;int mid=(l+r)>>1,ans=0;push_down(o,l,r);if (ql<=mid) ans=(ans+query(ql,qr,lc(o),l,mid))%mod;if (mid+1<=qr) ans=(ans+query(ql,qr,rc(o),mid+1,r))%mod;push_up(o);return ans;}
}T1;
void solve(){int opt,x,y,k;cin>>opt>>x>>y;switch(opt){case 1:{cin>>k;T1.update(x,y,0,k);break;}case 2:{cin>>k;T1.update(x,y,k,1);break;}default:cout<<T1.query(x,y)<<endl;}
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(false);read();T1.build(1,1,n);while(m--) solve();return 0;
}