分块套树状数组

简介

分块套树状数组在特定条件下可以用来做一些树套树可以做的事情,但是相比起树套树,分块套树状数组代码编写更加简短,更加容易实现。

简单的例子

一个简单的例子就是二维平面中矩阵区域内点数的查询。

矩形区域查询

给出 n 个二维平面中的点 (x_i, y_i) ,其中 1 \le i \le n, 1 \le x_i, y_i \le n, 1 \le n \le 10^5 , 要求实现以下中操作:

  1. 给出 a, b, c, d ,询问以 (a, b) 为左上角, c, d 为右下角的矩形区域内点的个数。
  2. 给出 x, y ,将横坐标为 x 的点的纵坐标改为 y

题目强制在线,保证 x_i \ne x_j(1 \le i, j \le n, i \ne j)

对于操作 1,可以通过矩形容斥将其转化为 4 个二维偏序的查询去解决,然后因为强制在线,CDQ 分治之类的离线算法就解决不了,于是想到了树套树,比如树状数组套 Treap。这确实可以解决这个问题,但是代码太长了,也不是特别好实现。

注意到,题目还额外保证了 x_i \ne x_j(1 \le i, j \le n, i \ne j) ,这个时候就可以用分块套树状数组解决。

初始化

首先,一个 x 只对应一个 y ,所以可以用一个数组记录这个映射关系,比如令 Y_i 表示横坐标为 i 的点的纵坐标。

然后,以 \sqrt n 为块大小对横坐标进行分块。为每个块建一棵权值树状数组。记 T_i 为第 i 个块对应的树状数组, T_{i, j} 表示块 i 里纵坐标在 (j - lowbit(j), j] 内的点的个数。

查询

对于操作 1,将其转化为 4 个二维偏序的查询。现在只需要解决给出 a, b ,询问有多少个点满足 1 \le x_i \le a, 1\le y_i \le b

现在要查询横坐标的范围为 [1, a] 。因为查询范围最右边可能有一段不是完整的块,所以暴力扫一遍这个段,看是否满足 Y_i \le b ,统计出这个段满足要求的点的个数。

现在就只需要处理完整的块。暴力扫一遍前面的块,查询每个块对应的树状数组中值小于 b 的个数,累加到答案上。

这就完事了?不,注意到处理完整的块的时候,其实相当于查询 T 的前缀和,如果修改时也使用树状数组的技巧处理 T ,那么查询时复杂度会更低。

修改

普通的做法就先找到点 x 所在的块,然后一减一加两个权值树状数组单点修改,再将 Y_x 置为 y

如果用了上面说的优化,那就是对 T 也走一个树状数组修改的流程,每次修改也是一减一加两个权值树状数组单点修改。

对上述步骤进行一定的改变,比如将一减一加改成只减,就是删点;改成只加,就是加点。但是必须要注意一个 x 只能对应一个 y

空间复杂度

分块分了 \sqrt n 个块,每个块一颗线段树 O (n) 的空间,所以空间复杂度为 O(n \sqrt n)

时间复杂度

查询的话,遍历非完整块的段 O(\sqrt n) 。然后,对 T 走树状数组查询,每个经历到的 T_i 也走树状数组查询,这一步是 O(\log (\sqrt n) \log n) 的复杂度。所以查询的时间复杂度为 O (\sqrt n + \log (\sqrt n) \log n)

修改和查询一样,复杂度为 O (\sqrt n + \log (\sqrt n) \log n)

例题 1

Intersection of Permutations

给出两个排列 a b ,要求实现以下两种操作:

  1. 给出 l_a, r_a, l_b, r_b ,要求查询既出现在 a[l_a ... r_a] 又出现在 b[l_b ... r_b] 中的元素的个数。
  2. 给出 x, y swap(b_x, b_y)

序列长度 n 满足 2 \le n \le 2 \cdot 10^5 ,操作个数 q 满足 1 \le q \le 2 \cdot 10^5

对于每个值 i ,记 x_i 是它在排列 b 中的下标, y_i 是它在排列 a 中的下标。这样,操作一就变成了一个矩形区域内点的个数的询问,操作 2 可以看成两个修改操作。而且因为是排列,所以满足一个 x 对应一个 y ,所以这题可以用分块套树状数组来写。

参考代码(分块套树状数组-1s)
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
const int M = sqrt(N) + 5;

int n, m, pa[N], pb[N];

int nn, block_size, block_cnt, block_id[N], L[N], R[N], T[M][N];
void build(int n) {
  nn = n;
  block_size = sqrt(nn);
  block_cnt = nn / block_size;
  for (int i = 1; i <= block_cnt; ++i) {
    L[i] = R[i - 1] + 1;
    R[i] = i * block_size;
  }
  if (R[block_cnt] < nn) {
    ++block_cnt;
    L[block_cnt] = R[block_cnt - 1] + 1;
    R[block_cnt] = nn;
  }
  for (int j = 1; j <= block_cnt; ++j)
    for (int i = L[j]; i <= R[j]; ++i) block_id[i] = j;
}

inline int lb(int x) { return x & -x; }

void add(int p, int v, int d) {
  for (int i = block_id[p]; i <= block_cnt; i += lb(i))
    for (int j = v; j <= nn; j += lb(j)) T[i][j] += d;
}

int getsum(int p, int v) {
  if (!p) return 0;
  int res = 0;
  int id = block_id[p];
  for (int i = L[id]; i <= p; ++i)
    if (pb[i] <= v) ++res;
  for (int i = id - 1; i; i -= lb(i))
    for (int j = v; j; j -= lb(j)) res += T[i][j];
  return res;
}

void update(int x, int y) {
  add(x, pb[x], -1);
  add(y, pb[y], -1);
  swap(pb[x], pb[y]);
  add(x, pb[x], 1);
  add(y, pb[y], 1);
}

int query(int la, int ra, int lb, int rb) {
  int res = getsum(rb, ra) - getsum(rb, la - 1) - getsum(lb - 1, ra) +
            getsum(lb - 1, la - 1);
  return res;
}

int main() {
  scanf("%d %d", &n, &m);
  int v;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &v), pa[v] = i;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &v), pb[i] = pa[v];

  build(n);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) add(i, pb[i], 1);

  int op, la, lb, ra, rb, x, y;
  for (int i = 1; i <= m; ++i) {
    scanf("%d", &op);
    if (op == 1) {
      scanf("%d %d %d %d", &la, &ra, &lb, &rb);
      printf("%d\n", query(la, ra, lb, rb));
    } else if (op == 2) {
      scanf("%d %d", &x, &y);
      update(x, y);
    }
  }
  return 0;
}
参考代码(树状数组套Treap-TLE)
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());

int n, m, pa[N], pb[N];

// Treap
struct Treap {
  struct node {
    node *l, *r;
    int sz, rnd, v;
    node(int _v) : l(NULL), r(NULL), sz(1), rnd(rng()), v(_v) {}
  };

  inline int get_size(node*& p) { return p ? p->sz : 0; }

  inline void push_up(node*& p) {
    if (!p) return;
    p->sz = get_size(p->l) + get_size(p->r) + 1;
  }

  node* root;

  node* merge(node* a, node* b) {
    if (!a) return b;
    if (!b) return a;
    if (a->rnd < b->rnd) {
      a->r = merge(a->r, b);
      push_up(a);
      return a;
    } else {
      b->l = merge(a, b->l);
      push_up(b);
      return b;
    }
  }

  void split_val(node* p, const int& k, node*& a, node*& b) {
    if (!p)
      a = b = NULL;
    else {
      if (p->v <= k) {
        a = p;
        split_val(p->r, k, a->r, b);
        push_up(a);
      } else {
        b = p;
        split_val(p->l, k, a, b->l);
        push_up(b);
      }
    }
  }

  void split_size(node* p, int k, node*& a, node*& b) {
    if (!p)
      a = b = NULL;
    else {
      if (get_size(p->l) <= k) {
        a = p;
        split_size(p->r, k - get_size(p->l), a->r, b);
        push_up(a);
      } else {
        b = p;
        split_size(p->l, k, a, b->l);
        push_up(b);
      }
    }
  }

  void ins(int val) {
    node *a, *b;
    split_val(root, val, a, b);
    a = merge(a, new node(val));
    root = merge(a, b);
  }

  void del(int val) {
    node *a, *b, *c, *d;
    split_val(root, val, a, b);
    split_val(a, val - 1, c, d);
    delete d;
    root = merge(c, b);
  }

  int qry(int val) {
    node *a, *b;
    split_val(root, val, a, b);
    int res = get_size(a);
    root = merge(a, b);
    return res;
  }

  int qry(int l, int r) { return qry(r) - qry(l - 1); }
};

// Fenwick Tree
Treap T[N];
inline int lb(int x) { return x & -x; }
void ins(int x, int v) {
  for (; x <= n; x += lb(x)) T[x].ins(v);
}

void del(int x, int v) {
  for (; x <= n; x += lb(x)) T[x].del(v);
}

int qry(int x, int mi, int ma) {
  int res = 0;
  for (; x; x -= lb(x)) res += T[x].qry(mi, ma);
  return res;
}

int main() {
  scanf("%d %d", &n, &m);
  int v;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &v), pa[v] = i;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &v), pb[i] = pa[v];
  for (int i = 1; i <= n; ++i) ins(i, pb[i]);

  int op, la, lb, ra, rb, x, y;
  for (int i = 1; i <= m; ++i) {
    scanf("%d", &op);
    if (op == 1) {
      scanf("%d %d %d %d", &la, &ra, &lb, &rb);
      printf("%d\n", qry(rb, la, ra) - qry(lb - 1, la, ra));
    } else if (op == 2) {
      scanf("%d %d", &x, &y);
      del(x, pb[x]);
      del(y, pb[y]);
      swap(pb[x], pb[y]);
      ins(x, pb[x]);
      ins(y, pb[y]);
    }
  }
  return 0;
}

例题 2

Complicated Computations

给出一个序列 a ,将 a 所有连续子序列的 MEX 构成的数组作为 b ,问 b 的 MEX。一个序列的 MEX 是序列中最小的没出现过的 正整数

序列的长度 n 满足 1 \le n \le 10^5

观察 :一个序列的 MEX 为 mex ,当且仅当这个序列包含 1 mex-1 ,但不包含 mex

依次判断是否存在 MEX 为 1 n+1 的连续子序列。如果没有 MEX 为 i 的连续子序列,那么答案即为 i 。如果都存在,那么答案为 n + 2

在判断 i 时,将序列视为由零或多个 i 分隔的多个段。如果存在一个段,这个段中包含 1 i - 1 ,但不包含 i ,那么就说明存在值为 i 的连续子序列。

用一个数组 Y_j 记录上一个值为 a_j 的元素的位置,以 j 作为 x Y_j 作为 y a_j 作为 z 。这样,计算段内是否包含 1 i - 1 就是一个三维偏序的问题。形式化的说,判断段 [l, r] 的 MEX 值是否为 i ,就是看满足 l \le j \le r, Y_j \le l - 1, a_j \le i - 1 的点的个数是否为 i-1

如果在判断完值为 i 的元素之后再将对应的点插入,这时因为 [l, r] 内只存在 a_j \le i - 1 的元素,所以上述三维偏序问题就可以转换为二维偏序的问题。

参考代码(分块套树状数组-78ms)
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
const int M = sqrt(N) + 5;

// 分块
int nn, b[N], block_size, block_cnt, block_id[N], L[N], R[N], T[M][N];
void build(int n) {
  nn = n;
  block_size = sqrt(nn);
  block_cnt = nn / block_size;
  for (int i = 1; i <= block_cnt; ++i) {
    L[i] = R[i - 1] + 1;
    R[i] = i * block_size;
  }
  if (R[block_cnt] < nn) {
    ++block_cnt;
    L[block_cnt] = R[block_cnt - 1] + 1;
    R[block_cnt] = nn;
  }
  for (int j = 1; j <= block_cnt; ++j)
    for (int i = L[j]; i <= R[j]; ++i) block_id[i] = j;
}

inline int lb(int x) { return x & -x; }

// d = 1: 加点(p, v)
// d = -1: 删点(p, v)
void add(int p, int v, int d) {
  for (int i = block_id[p]; i <= block_cnt; i += lb(i))
    for (int j = v; j <= nn; j += lb(j)) T[i][j] += d;
}

// 询问[1, r]内,纵坐标小于等于val的点有多少个
int getsum(int p, int v) {
  if (!p) return 0;
  int res = 0;
  int id = block_id[p];
  for (int i = L[id]; i <= p; ++i)
    if (b[i] && b[i] <= v) ++res;
  for (int i = id - 1; i; i -= lb(i))
    for (int j = v; j; j -= lb(j)) res += T[i][j];
  return res;
}

// 询问[l, r]内,纵坐标小于等于val的点有多少个
int query(int l, int r, int val) {
  if (l > r) return -1;
  int res = getsum(r, val) - getsum(l - 1, val);
  return res;
}

// 加点(p, v)
void update(int p, int v) {
  b[p] = v;
  add(p, v, 1);
}

int n, a[N];
vector<int> g[N];

int main() {
  scanf("%d", &n);

  // 为了减少讨论,加了哨兵节点
  // 因为树状数组添加的时候,为0可能会死循环,所以整体往右偏移一位
  // a_1和a_{n+2}为哨兵节点
  for (int i = 2; i <= n + 1; ++i) scanf("%d", &a[i]);
  for (int i = 2; i <= n + 1; ++i) g[a[i]].push_back(i);

  // 分块
  build(n + 2);

  int ans = n + 2, lst, ok;
  for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
    g[i].push_back(n + 2);

    lst = 1;
    ok = 0;
    for (int pos : g[i]) {
      if (query(lst + 1, pos - 1, lst) == i - 1) {
        ok = 1;
        break;
      }
      lst = pos;
    }

    if (!ok) {
      ans = i;
      break;
    }

    lst = 1;
    g[i].pop_back();
    for (int pos : g[i]) {
      update(pos, lst);
      lst = pos;
    }
  }
  printf("%d\n", ans);
  return 0;
}
参考代码(线段树套Treap-468ms)
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;

vector<int> g[N];
int n, a[N];

mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());

struct Treap {
  struct node {
    node *l, *r;
    unsigned rnd;
    int sz, v;
    node(int _v) : l(NULL), r(NULL), rnd(rng()), sz(1), v(_v) {}
  };

  inline int get_size(node*& p) { return p ? p->sz : 0; }

  inline void push_up(node*& p) {
    if (!p) return;
    p->sz = get_size(p->l) + get_size(p->r) + 1;
  }

  node* root;

  node* merge(node* a, node* b) {
    if (!a) return b;
    if (!b) return a;
    if (a->rnd < b->rnd) {
      a->r = merge(a->r, b);
      push_up(a);
      return a;
    } else {
      b->l = merge(a, b->l);
      push_up(b);
      return b;
    }
  }

  void split_val(node* p, const int& k, node*& a, node*& b) {
    if (!p)
      a = b = NULL;
    else {
      if (p->v <= k) {
        a = p;
        split_val(p->r, k, a->r, b);
        push_up(a);
      } else {
        b = p;
        split_val(p->l, k, a, b->l);
        push_up(b);
      }
    }
  }

  void split_size(node* p, int k, node*& a, node*& b) {
    if (!p)
      a = b = NULL;
    else {
      if (get_size(p->l) <= k) {
        a = p;
        split_size(p->r, k - get_size(p->l), a->r, b);
        push_up(a);
      } else {
        b = p;
        split_size(p->l, k, a, b->l);
        push_up(b);
      }
    }
  }

  void insert(int val) {
    node *a, *b;
    split_val(root, val, a, b);
    a = merge(a, new node(val));
    root = merge(a, b);
  }

  int query(int val) {
    node *a, *b;
    split_val(root, val, a, b);
    int res = get_size(a);
    root = merge(a, b);
    return res;
  }

  int qry(int l, int r) { return query(r) - query(l - 1); }
};

// Segment Tree
Treap T[N << 2];
void insert(int x, int l, int r, int p, int val) {
  T[x].insert(val);
  if (l == r) return;
  int mid = (l + r) >> 1;
  if (p <= mid)
    insert(x << 1, l, mid, p, val);
  else
    insert(x << 1 | 1, mid + 1, r, p, val);
}

int query(int x, int l, int r, int L, int R, int val) {
  if (l == L && r == R) return T[x].query(val);
  int mid = (l + r) >> 1;
  if (R <= mid) return query(x << 1, l, mid, L, R, val);
  if (L > mid) return query(x << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, val);
  return query(x << 1, l, mid, L, mid, val) +
         query(x << 1 | 1, mid + 1, r, mid + 1, R, val);
}

int query(int l, int r, int val) {
  if (l > r) return -1;
  return query(1, 1, n, l, r, val);
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) g[a[i]].push_back(i);

  // a_0 和 a_{n+1}为哨兵节点
  int ans = n + 2, lst, ok;
  for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
    g[i].push_back(n + 1);

    lst = 0;
    ok = 0;
    for (int pos : g[i]) {
      if (query(lst + 1, pos - 1, lst) == i - 1) {
        ok = 1;
        break;
      }
      lst = pos;
    }

    if (!ok) {
      ans = i;
      break;
    }

    lst = 0;
    g[i].pop_back();
    for (int pos : g[i]) {
      insert(1, 1, n, pos, lst);
      lst = pos;
    }
  }
  printf("%d\n", ans);
  return 0;
}

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