可持久化线段树5(可持久化栈\可持久化数组)

P6182 [USACO10OPEN]Time Travel S.

正解

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long
#define int long long
//#define double long double
//#define double long long
#define re register int
//#define void inline void
#define eps 1e-8
//#define mod 1e9+7
#define ls(p) p<<1
#define rs(p) p<<1|1
#define pi acos(-1.0)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define P pair < int , int >
using namespace std;
const int mod= 998244353;
//const int inf=1e18;
const int M=1e8;
const int N=2e7+5;//??????.???? 4e8
struct tre
{
	int l,r,sum;
}e[N];
int tot,n;
int t[N],rt[N];
void insert(int &p,int pre,int l,int r,int pos,int d)
{
	e[++tot]=e[pre];
	p=tot;
	if(l==r)
	{
		e[p].sum=d;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(pos<=mid)  insert(e[p].l,e[pre].l,l,mid,pos,d);
	else  insert(e[p].r,e[pre].r,mid+1,r,pos,d);
}
int ask(int p,int l,int r,int pos)
{
	if(l==r)  return e[p].sum;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(pos<=mid)  return ask(e[p].l,l,mid,pos);
	else  return ask(e[p].r,mid+1,r,pos);
}
void solve()
{
	cin>>n;
	for(re i=1;i<=n;i++)
	{
		char op[5];
		int x;
		scanf("%s",op);
		if(op[0]=='a')
		{
			scanf("%lld",&x);
			t[i]=t[i-1]+1;
			insert(rt[i],rt[i-1],1,n,t[i],x);
		}
		if(op[0]=='s')
		{
			t[i]=t[i-1];
			insert(rt[i],rt[i-1],1,n,t[i],0);
			t[i]--;
		}
		if(op[0]=='t')
		{
			scanf("%lld",&x);
			rt[i]=rt[x-1];
			t[i]=t[x-1];
		}
		printf("%lld\n",t[i]==0?-1:ask(rt[i],1,n,t[i]));
	}
}
signed main()
{
    int T=1;
//    cin>>T;
    for(int index=1;index<=T;index++)
    {
        solve();
//        puts("");
    }
    return 0;
}
/*



*/

巧解

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long
#define int long long
//#define double long double
//#define double long long
#define re register int
//#define void inline void
#define eps 1e-8
//#define mod 1e9+7
#define ls(p) p<<1
#define rs(p) p<<1|1
#define pi acos(-1.0)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define P pair < int , int >
using namespace std;
const int mod= 998244353;
//const int inf=1e18;
const int M=1e8;
const int N=2e7+5;//??????.???? 4e8
int t[N],n,pre[N],a[N],top;
void solve()
{
	cin>>n;
	for(re i=1;i<=n;i++)
	{
		int x;
		char op[5];
		scanf("%s",op);
		if(op[0]=='a')
		{
			scanf("%lld",&x);
			a[++top]=x;
			t[i]=top;
			pre[t[i]]=t[i-1];
		}
		if(op[0]=='s')  t[i]=pre[t[i-1]];
		if(op[0]=='t')
		{
			scanf("%lld",&x);
			t[i]=t[x-1];
		}
		printf("%lld\n",t[i]==0?-1:a[t[i]]);
	}
}
signed main()
{
    int T=1;
//    cin>>T;
    for(int index=1;index<=T;index++)
    {
        solve();
//        puts("");
    }
    return 0;
}
/*



*/

### 可持久化线段树的空间复杂度分析 对于每次更新操作,在最坏情况下只会改变从根到某个叶子节点路径上的所有节点。由于线段树的高度为 \(O(\log n)\),因此一次修改最多会创建新的节点数量也是 \(O(\log n)\)[^4]。 当执行多次更新时,假设进行了\(m\)次单点修改,则理论上新增加的总节点数不会超过\(m \times O(\log n)\)。这意味着相比于直接构建多棵独立完整的线段树所需的\(O(mn)\)级别空间开销而言,采用可持久化的策略能够显著减少内存占用量[^1]。 另外值得注意的是,并不是每一次查询都会导致新节点的产生;只有写入(即修改)才会触发复制并新建部分结构的操作。读取任意旧版本的数据依然高效快捷,因为这些操作仅仅是沿着已存在的分支遍历而已。 综上所述,可持久化线段树的整体空间复杂度大约为初始建立一棵线段树所需的空间加上所有修改所带来的额外消耗之和,即约为\(O(n + m\log n)\),其中\(n\)代表数组大小而\(m\)表示总的更新次数。 ```python # Python伪代码展示如何估算空间需求 def estimate_space_usage(array_size, update_times): base_tree_cost = array_size * 4 # 初始线段树成本 extra_node_per_update = math.log2(array_size) # 每次更新可能增加的新节点数目 total_extra_nodes = update_times * extra_node_per_update return base_tree_cost + int(total_extra_nodes) print(f"Estimated space usage: {estimate_space_usage(10**5, 10**4)} nodes") ```
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