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线段树与离线询问

线段树与离线询问结合的问题在 OI 领域也有出现。这种技巧又被称为线段树分治。

假如你需要维护一些信息，这些信息会在某一个时间段内出现，要求在离线的前提下回答某一个时刻的信息并，则可以考虑使用线段树分治的技巧。

实际上线段树分治常用于不带删的数据结构转成可以带删的数据结构，抑或是对于某一个属性的信息分别计算。

过程

首先我们建立一个线段树来维护时刻，每一个节点维护一个 vector 来存储位于这一段时刻的信息。

插入一个信息到线段树中和普通线段树的区间修改是类似的。

然后我们考虑如何处理每一个时间段的信息并。考虑从根节点开始分治，维护当前的信息并，然后每到一个节点的时候将这个节点的所有信息进行合并。回溯时撤销这一部分的贡献。最后到达叶子节点时的信息并就是对应的答案。

如果更改信息的时间复杂度为 ，可以通过设置一个栈保留更改，以 的时间复杂度撤销。撤销不维持均摊复杂度。

整个分治流程的总时间复杂度是 的，其中 为合并信息的时间复杂度，空间复杂度为 。

实现 
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#define ls (i << 1)
#define rs (i << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)

vector<Object> tree[N << 2];  // 线段树

void update(int ql, int qr, Object obj, int i, int l, int r) {  // 插入
  if (ql <= l && r <= qr) {
    tree[i].push_back(obj);
    return;
  }
  if (ql <= mid) update(ql, qr, obj, ls, l, mid);
  if (qr > mid) update(ql, qr, obj, rs, mid + 1, r);
}

stack<Object> sta;  // 用于撤销的栈
Object now;         // 当前的信息并
Object ans[N];      // 答案

void solve(int i, int l, int r) {
  auto lvl = sta.size();  // 记录一下应当撤销到底几个
  for (Object x : tree[i]) sta.push(now), now = Merge(now, x);  // 合并信息
  if (l == r)
    ans[i] = now;  // 记录一下答案
  else
    solve(ls, l, mid), solve(rs, mid + 1, r);  // 分治
  while (sta.size() != lvl) {                  // 撤销信息
    now = sta.top();
    sta.pop();
  }
}

例题

luogu P5787 二分图/【模板】线段树分治

你需要维护一个 个点 条边的无向图。第 条边为 ，出现的时刻为 ，其余时刻消失。

对于每一个时刻，若此时该图为二分图，输出 Yes，否则输出 No。

解题思路

使用种类并查集来维护一个图是否是二分图，然后就可以套用线段树分治了。

注意可撤销的并查集不能路径压缩，只能按秩合并。

参考代码 
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#include <bits/stdc++.h>
#define ls (i << 1)
#define rs (i << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;

int n, m, k;
const int N = 2e5 + 5;
int fa[N << 1], siz[N << 1];

struct UndoObject {
  int pos, val;

  UndoObject(int p, int v) { pos = p, val = v; }
};

stack<UndoObject> undo_sz, undo_fa;

int find(int x) {
  if (fa[x] == x)
    return x;
  else
    return find(fa[x]);
}

void merge(int u, int v) {
  int x = find(u), y = find(v);
  if (x == y) return;
  if (siz[x] < siz[y]) {
    swap(x, y);
  }
  undo_sz.push(UndoObject(x, siz[x]));
  siz[x] += siz[y];
  undo_fa.push(UndoObject(y, fa[y]));
  fa[y] = x;
}

void undo() {
  fa[undo_fa.top().pos] = undo_fa.top().val;
  undo_fa.pop();
  siz[undo_sz.top().pos] = undo_sz.top().val;
  undo_sz.pop();
}

vector<int> tree[N << 2];

void update(int ql, int qr, int v, int i, int l, int r) {
  if (ql <= l && r <= qr) {
    tree[i].push_back(v);
    return;
  }
  if (ql <= mid) update(ql, qr, v, ls, l, mid);
  if (qr > mid) update(ql, qr, v, rs, mid + 1, r);
}

struct edge {
  int u, v;
} g[N];

vector<bool> ret;

void solve(int i, int l, int r) {
  auto level = undo_fa.size();
  bool ans = 1;
  for (int u : tree[i]) {
    int a = find(g[u].u);
    int b = find(g[u].v);
    if (a == b) {
      for (int k = l; k <= r; k++) {
        ret.push_back(false);
      }
      ans = 0;
      break;
    }
    merge(g[u].u, g[u].v + n);
    merge(g[u].v, g[u].u + n);
  }
  if (ans) {
    if (l == r) {
      ret.push_back(1);
    } else {
      solve(ls, l, mid);
      solve(rs, mid + 1, r);
    }
  }
  while (undo_fa.size() > level) {
    undo();
  }
}

signed main() {
  cin >> n >> m >> k;
  for (int i = 1; i <= (n << 1); i++) {
    fa[i] = i;
    siz[i] = 1;
  }
  for (int i = 1, l, r; i <= m; i++) {
    cin >> g[i].u >> g[i].v >> l >> r;
    update(l + 1, r, i, 1, 1, k);
  }
  solve(1, 1, k);
  for (bool i : ret) {
    cout << (i ? "Yes" : "No") << '\n';
  }
  return 0;
}
颜色限制 restriction

一个 点 边的无向图，有 种颜色编号为 ，每条边有一种颜色。

对于每种颜色，请判断假如删去所有这种颜色的边，得到的图是否连通？是否是一棵树？

输出满足删去后图连通的颜色数和删去后图是树的颜色数。

解题思路

对于每一种颜色，建立一个时间，在这个时间内没有这个颜色的边，其他边都有。用一个并查集维护一下即可。

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#include <bits/stdc++.h>
#define ls (i << 1)
#define rs (i << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;

int n, m, k;
const int N = 1e5 + 5;

struct edge {
  int u, v, c;
} g[N];

vector<int> t[N << 2];
int fa[N], siz[N], cnt[N];

void update(int ql, int qr, int v, int i, int l, int r) {
  if (ql > qr) return;
  if (ql <= l && r <= qr) {
    t[i].push_back(v);
    return;
  }
  if (ql <= mid) update(ql, qr, v, ls, l, mid);
  if (qr > mid) update(ql, qr, v, rs, mid + 1, r);
}

stack<pair<int, int> > fas, sizs;

int find(int x) { return fa[x] == x ? x : find(fa[x]); }

void merge(int u, int v) {
  int fu = find(u), fv = find(v);
  if (fu == fv) return;
  if (siz[fu] < siz[fv]) swap(fu, fv);
  fas.push(make_pair(fv, fa[fv]));
  fa[fv] = fu;
  sizs.push(make_pair(fu, siz[fu]));
  siz[fu] += siz[fv];
}

bitset<N> ans;

void solve(int i, int l, int r) {
  unsigned lvl = fas.size();
  for (int eg : t[i]) merge(g[eg].u, g[eg].v);
  if (l == r)
    ans[l] = (siz[find(1)] == n);
  else
    solve(ls, l, mid), solve(rs, mid + 1, r);
  while (fas.size() != lvl) {
    auto p1 = fas.top(), p2 = sizs.top();
    fas.pop(), sizs.pop();
    fa[p1.first] = p1.second;
    siz[p2.first] = p2.second;
  }
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);
  cout.tie(0);
  cin >> n >> m >> k;
  for (int i = 1; i <= m; i++) {
    cin >> g[i].u >> g[i].v >> g[i].c;
    g[i].c++;
    update(1, g[i].c - 1, i, 1, 1, k);
    update(g[i].c + 1, k, i, 1, 1, k);
    cnt[g[i].c]++;
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    fa[i] = i;
    siz[i] = 1;
  }
  solve(1, 1, k);
  int ans1 = 0, ans2 = 0;
  for (int i = 1; i <= k; i++) {
    ans1 += ans[i];
    ans2 += (ans[i] && (m - cnt[i]) == (n - 1));
  }
  cout << ans1 << ' ' << ans2;
  return 0;
}
luogu P4219 [BJOI2014] 大融合

需要维护一个 个点的森林，初始时是散点。

有 个操作，支持：

  • A x y 连边 。
  • Q x y 输出经过边 的路径数。

允许离线。

解题思路

考虑允许离线，因此可以想到线段树分治。

然后考虑如何支持 Q 操作。如果不存在 这条边，答案就是 所在连通块大小乘上 所在连通块大小。可以用并查集维护。

因此你可以将 Q 拆成三个时间 。其中 是这条边的终止时刻， 是这条边的起始时刻。这样 就没有这条边，正好回答询问。

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#include <bits/stdc++.h>
#define ls (i << 1)
#define rs (i << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;

int n, m;
const int N = 1e5 + 5;
int fa[N], siz[N], tim;

struct UndoObject {
  int pos, val;

  UndoObject(int p, int v) { pos = p, val = v; }
};

stack<UndoObject> undo_sz, undo_fa;

int find(int x) {
  if (fa[x] == x)
    return x;
  else
    return find(fa[x]);
}

void merge(int u, int v) {
  int x = find(u), y = find(v);
  if (x == y) return;
  if (siz[x] < siz[y]) {
    swap(x, y);
  }
  undo_sz.push(UndoObject(x, siz[x]));
  siz[x] += siz[y];
  undo_fa.push(UndoObject(y, fa[y]));
  fa[y] = x;
}

void undo() {
  fa[undo_fa.top().pos] = undo_fa.top().val;
  undo_fa.pop();
  siz[undo_sz.top().pos] = undo_sz.top().val;
  undo_sz.pop();
}

vector<pair<int, int> > tree[N << 4];

void update(int ql, int qr, pair<int, int> v, int i, int l, int r) {
  if (ql <= l && r <= qr) {
    tree[i].push_back(v);
    return;
  }
  if (ql <= mid) update(ql, qr, v, ls, l, mid);
  if (qr > mid) update(ql, qr, v, rs, mid + 1, r);
}

map<pair<int, int>, int> tims;

struct ops {
  int l, r;
  pair<int, int> v;
} opp[N << 3];

int opcnt;
map<int, int> queries;
map<int, pair<int, int> > querylr;
int ans[N << 3];

void solve(int i, int l, int r) {
  auto level = undo_fa.size();
  for (auto u : tree[i]) {
    merge(u.first, u.second);
  }
  if (l == r) {
    if (queries[l]) {
      int x = querylr[l].first;
      int y = querylr[l].second;
      // cout<<siz[find(x)]<<' '<<siz[find(y)]<<'\n';
      ans[l] = siz[find(x)] * siz[find(y)];
    }
  } else {
    solve(ls, l, mid);
    solve(rs, mid + 1, r);
  }
  while (undo_fa.size() > level) {
    undo();
  }
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);
  cout.tie(0);
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    fa[i] = i;
    siz[i] = 1;
  }
  while (m--) {
    char op;
    int x, y;
    cin >> op >> x >> y;
    if (op == 'A') {
      tims[make_pair(x, y)] = ++tim;
    } else {
      pair<int, int> xy = make_pair(x, y);
      opp[++opcnt] = {tims[xy], (++tim), xy};
      queries[++tim] = 1;
      // cout<<tim<<'\n';
      querylr[tim] = xy;
      tims[xy] = ++tim;
    }
  }
  int tm = ++tim;
  for (auto i : tims) {
    opp[++opcnt] = {tims[i.first], tm, i.first};
  }
  for (int i = 1; i <= opcnt; i++) {
    // cout<<opp[i].l<<' '<<opp[i].r<<' '<<opp[i].v.first<<'
    // '<<opp[i].v.second<<'\n';
    update(opp[i].l, opp[i].r, opp[i].v, 1, 1, tim);
  }
  // cout<<tim<<'\n';
  solve(1, 1, tim);
  for (int i = 1; i <= tim; i++) {
    if (queries[i]) {
      cout << ans[i] << "\n";
    }
  }
  return 0;
}
luogu P2056 [ZJOI2007] 捉迷藏

出一个 个点的树，每个点有黑白两种颜色。初始时每个点都是黑色的。 次操作，支持：

  • C x 将第 个点的颜色反转。
  • G 询问树上两个黑色点的最远距离。特别地，若不存在黑色点，输出 。

允许离线。

解题思路

首先考虑如何维护树上点集的直径，有下面的推论：

对于一个集合 和只有一个点的集合 。若集合 的直径为 。则点集 的直径只可能为 或 。

然后考虑解决原问题。我们可以考虑维护黑色点集，维护每一个点在黑色点集中的若干个时间段（具体你开一个桶记录一下上一次进入黑色点集的时刻即可）。

然后就自然地想到离线，将所有时间刻插入到线段树中。然后在线段树上分治，每次线段树上的点会记录当前时间段点集新增的点，新增点可以使用上面的推论，找到新点集直径的两个端点。

撤销是平凡的，开一个栈记录一下直径端点的变化即可。

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#include <bits/stdc++.h>
#define ls (i << 1)
#define rs (i << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;

const int N = 5e5 + 5, M = 5e5 + 5;

int siz[N], dep[N], father[N], top[N], son[N];
int n, q;

struct edge {
  int nxt, to;
} g[N << 1];

int head[N], ec;

void add(int u, int v) {
  g[++ec].nxt = head[u];
  g[ec].to = v;
  head[u] = ec;
}

void dfs1(int u, int fa) {
  dep[u] = dep[fa] + 1;
  siz[u] = 1;
  father[u] = fa;
  for (int i = head[u]; i; i = g[i].nxt) {
    int v = g[i].to;
    if (v == fa) continue;
    dfs1(v, u);
    siz[u] += siz[v];
    if (siz[son[u]] < siz[v]) son[u] = v;
  }
}

void dfs2(int u, int fa) {
  if (son[u]) {
    top[son[u]] = top[u];
    dfs2(son[u], u);
  }
  for (int i = head[u]; i; i = g[i].nxt) {
    int v = g[i].to;
    if (v == fa || v == son[u]) continue;
    top[v] = v;
    dfs2(v, u);
  }
}

int lca(int x, int y) {
  while (top[x] != top[y]) {
    if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
    x = father[top[x]];
  }
  return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}

int dis(int x, int y) { return dep[x] + dep[y] - (dep[lca(x, y)] << 1); }

vector<int> t[N << 2];

void update(int ql, int qr, int v, int i, int l, int r) {
  if (ql <= l && r <= qr) {
    t[i].push_back(v);
    return;
  }
  if (ql <= mid) update(ql, qr, v, ls, l, mid);
  if (qr > mid) update(ql, qr, v, rs, mid + 1, r);
}

stack<pair<int, int> > stk;
int u, v;
int ans[M];

void solve(int i, int l, int r) {
  auto lvl = stk.size();
  for (int x : t[i]) {
    stk.push(make_pair(u, v));
    if (!u && !v)
      u = x, v = x;
    else {
      vector<int> vct = {dis(u, v), dis(u, x), dis(v, x)};
      sort(vct.begin(), vct.end(), greater<int>());
      if (vct[0] == dis(u, x))
        v = x;
      else if (vct[0] == dis(x, v))
        u = x;
    }
  }
  if (l == r)
    ans[l] = (!u || !v) ? -1 : dis(u, v);
  else
    solve(ls, l, mid), solve(rs, mid + 1, r);
  while (stk.size() != lvl) {
    auto top = stk.top();
    u = top.first, v = top.second;
    stk.pop();
  }
}

int lst[N];
bitset<N> col;
bitset<M> haveq;

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);
  cout.tie(0);
  cin >> n;
  for (int i = 1; i < n; i++) {
    int u, v;
    cin >> u >> v;
    add(u, v);
    add(v, u);
  }
  top[1] = 1;
  dfs1(1, 0);
  dfs2(1, 0);
  for (int i = 1; i <= n; i++) lst[i] = 1;
  cin >> q;
  for (int i = 2; i <= (q + 1); i++) {
    char c;
    int x;
    cin >> c;
    if (c == 'C') {
      cin >> x;
      if (!col[x]) {
        col[x] = 1;
        update(lst[x], i, x, 1, 1, q + 2);
      } else
        col[x] = 0, lst[x] = i;
    } else
      haveq[i] = 1;
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (!col[i]) update(lst[i], q + 2, i, 1, 1, q + 2);
  }
  solve(1, 1, q + 2);
  for (int i = 1; i <= (q + 2); i++) {
    if (haveq[i]) cout << ans[i] << '\n';
  }
  return 0;
}

习题

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