线段树 详解

对于线段树的解释：（不是原创）

acm刷题时遇到许多连续区间的动态查询问题，例如求取某一区间上元素之和、求取某一区间上元素的最大值，此时如果使用一般的方法求解会使得时间超出要求。此时需要使用到线段树，其主要用于高效解决连续区间的动态查询问题。

    线段树，类似区间树，是一个完全二叉树，它在各个节点保存一条线段（数组中的一段子数组），由于二叉结构的特性，它基本能保持每个操作的复杂度为O(lgN)，从而大大减少耗时。

    线段树的基本性质如下：父亲的区间是[a,b],(c=(a+b)/2)左儿子的区间是[a,c]，右儿子的区间是[c+1,b]，线段树需要的空间为数组大小的四倍。

    以1到10的区间举例，构造的线段树如下：

而算法构造基础的线段树主要包括Build（建树函数）、update（更新函数）和query（查询区间和函数）。

以上图为例：这三种操作都是从【1,10】这个点开始的，依次往下，直到叶子节点

线段树数组是a[]

Build（建树函数）

代码如下：

void bulid(int l,int r,int temp)//建树操作，建立一个线段树
{
    a[temp].left=l;//给每个节点赋值，区间的左端
    a[temp].right=r;//区间的右端
    a[temp].value=0;//刚开始设置为0
    if(l==r)//如果这个条件满足，说明已经到了线段树的叶子节点，返回
        return ;
    int mid=(l+r)/2;//二分，递归更新左子树和右子树
    bulid(l,mid,2*temp);//更新左子树
    bulid(mid+1,r,2*temp+1);//更新右子树
}

这个函数 l，r 是不断变化的。l，r和a[temp]是对应的

Update（更新函数）

代码如下：

void update(int l,int r,int temp,int vale)//原始数组一个点的值发生了变化（单点更新），更新线段树。如果是单点更新的话，这个地方l和r的值是相等的。原始数组l位置的变化了vale
{                                         //temp代表线段树数组中某个点的位置
    a[temp].value+=vale;//在原始有的数的基础上加上这个改变量
    if(a[temp].left==a[temp].right)//如果访问的线段树上的节点是叶子节点，直接返回
        return ;
    int mid=(a[temp].left+a[temp].right)/2;//二分递归访问和更新其左子树和右子树
    if(r<=mid)//如果改变的点在当前访问的线段树上的点所代表的区间的左边，直接访问其左子树就行，右子树不用访问
        update(l,r,2*temp,vale);
    else if(l>mid)//如果改变的点在当前访问的线段树上的点所代表的区间的右边，直接访问其右子树就行，左子树不用访问
        update(l,r,2*temp+1,vale);
    else//对于单点更新的话，这种情况不可能发生，因为一个点不可能即大于mid又小于mid
    {
        update(l,mid,2*temp,vale);
        update(mid+1,r,2*temp+1,vale);
    }
}

这个函数l，r是不变化的，通过a[temp].left，a[temp].right来确定范围

query（查询区间和函数）

代码如下：

int query(int l,int r,int temp)//查询原始数组l位置到r位置这段区间上的数的和
{
    if(l==a[temp].left&&r==a[temp].right)//如果当前访问的线段树上的点所代表的区间正好是目标区间，直接返回
        return a[temp].value;
    int mid=(a[temp].left+a[temp].right)/2;//二分
    if(r<=mid)//如果目标区域全部在当前访问的线段树上的点所代表的区间的左边，那么结果肯定从左边出现，递归访问左边
        return query(l,r,2*temp);
    else if(l>mid)//如果目标区域全部在当前访问的线段树上的点所代表的区间的右边，那么结果肯定从右边出现，递归访问右边
        return query(l,r,2*temp+1);
    else
        return query(l,mid,2*temp)+query(mid+1,r,2*temp+1);//如果目标区域正好包含mid，那么，二分目标区域，递归求解
}

这个函数l，r是不变化的，通过a[temp].left，a[temp].right来确定范围

接下来以一个题目来看一下线段树完整的程序：

HDUOJ 1166

C国的死对头A国这段时间正在进行军事演习，所以C国间谍头子Derek和他手下Tidy又开始忙乎了。A国在海岸线沿直线布置了N个工兵营地,Derek和Tidy的任务就是要监视这些 工兵营地的活动情况。由于采取了某种先进的监测手段，所以每个工兵营地的人数C国都掌握的一清二楚,每个工兵营地的人数都有可能发生变动，可能增加或减少 若干人手,但这些都逃不过C国的监视。
中央情报局要研究敌人究竟演习什么战术,所以Tidy要随时向Derek汇报某一段连续的工兵营地一共有多少人,例如Derek问:“Tidy,马上汇报 第3个营地到第10个营地共有多少人!”Tidy就要马上开始计算这一段的总人数并汇报。但敌兵营地的人数经常变动，而Derek每次询问的段都不一样， 所以Tidy不得不每次都一个一个营地的去数，很快就精疲力尽了，Derek对Tidy的计算速度越来越不满:"你个死肥仔，算得这么慢，我炒你鱿 鱼!”Tidy想：“你自己来算算看，这可真是一项累人的工作!我恨不得你炒我鱿鱼呢!”无奈之下，Tidy只好打电话向计算机专家 Windbreaker求救,Windbreaker说：“死肥仔，叫你平时做多点acm题和看多点算法书，现在尝到苦果了吧!”Tidy说："我知错 了。。。"但Windbreaker已经挂掉电话了。Tidy很苦恼，这么算他真的会崩溃的，聪明的读者，你能写个程序帮他完成这项工作吗？不过如果你的 程序效率不够高的话，Tidy还是会受到Derek的责骂的.

 

Input

第一行一个整数T，表示有T组数据。
每组数据第一行一个正整数N（N<=50000）,表示敌人有N个工兵营地，接下来有N个正整数,第i个正整数ai代表第i个工兵营地里开始时有ai个人（1<=ai<=50）。
接下来每行有一条命令，命令有4种形式：
(1) Add i j,i和j为正整数,表示第i个营地增加j个人（j不超过30）
(2)Sub i j ,i和j为正整数,表示第i个营地减少j个人（j不超过30）;
(3)Query i j ,i和j为正整数,i<=j，表示询问第i到第j个营地的总人数;
(4)End 表示结束，这条命令在每组数据最后出现;
每组数据最多有40000条命令

 

 Output

对第i组数据,首先输出“Case i:”和回车,
对于每个Query询问，输出一个整数并回车,表示询问的段中的总人数,这个数保持在int以内。

 

 Sample Input

1

10

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Query 1 3

Add 3 6

Query 2 7

Sub 10 2

Add 6 3

Query 3 10

End

 

Sample Output

Case 1:

6

33

59

 

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 9999
using namespace std;
struct node
{
    int left;//该节点代表区间的左端
    int right;//该节点代表区间的右端
    int value;//该节点代表的值，在这里是区间段的数字和
}a[MAXN];
int n;//数组大小
int t;//一共t组测试样例
int number;//暂时储存原始数组输入的数
string op;//指令
void bulid(int l,int r,int temp)//建树操作，建立一个线段树
{
    a[temp].left=l;//给每个节点赋值，区间的左端
    a[temp].right=r;//区间的右端
    a[temp].value=0;//刚开始设置为0
    if(l==r)//如果这个条件满足，说明已经到了线段树的叶子节点，返回
        return ;
    int mid=(l+r)/2;//二分，递归更新左子树和右子树
    bulid(l,mid,2*temp);//更新左子树
    bulid(mid+1,r,2*temp+1);//更新右子树
}
void update(int l,int r,int temp,int vale)//原始数组一个点的值发生了变化（单点更新），更新线段树。如果是单点更新的话，这个地方l和r的值是相等的。原始数组l位置的变化了vale
{                                         //temp代表线段树数组中某个点的位置
    a[temp].value+=vale;//在原始有的数的基础上加上这个改变量
    if(a[temp].left==a[temp].right)//如果访问的线段树上的节点是叶子节点，直接返回
        return ;
    int mid=(a[temp].left+a[temp].right)/2;//二分递归访问和更新其左子树和右子树
    if(r<=mid)//如果改变的点在当前访问的线段树上的点所代表的区间的左边，直接访问其左子树就行，右子树不用访问
        update(l,r,2*temp,vale);
    else if(l>mid)//如果改变的点在当前访问的线段树上的点所代表的区间的右边，直接访问其右子树就行，左子树不用访问
        update(l,r,2*temp+1,vale);
    else//对于单点更新的话，这种情况不可能发生，因为一个点不可能即大于mid又小于mid
    {
        update(l,mid,2*temp,vale);
        update(mid+1,r,2*temp+1,vale);
    }
}
int query(int l,int r,int temp)//查询原始数组l位置到r位置这段区间上的数的和
{
    if(l==a[temp].left&&r==a[temp].right)//如果当前访问的线段树上的点所代表的区间正好是目标区间，直接返回
        return a[temp].value;
    int mid=(a[temp].left+a[temp].right)/2;//二分
    if(r<=mid)//如果目标区域全部在当前访问的线段树上的点所代表的区间的左边，那么结果肯定从左边出现，递归访问左边
        return query(l,r,2*temp);
    else if(l>mid)//如果目标区域全部在当前访问的线段树上的点所代表的区间的右边，那么结果肯定从右边出现，递归访问右边
        return query(l,r,2*temp+1);
    else
        return query(l,mid,2*temp)+query(mid+1,r,2*temp+1);//如果目标区域正好包含mid，那么，二分目标区域，递归求解
}
int main()
{
    cin>>t;
    while (t--)
    {
        cin>>n;
        bulid(1,n,1);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>number;
            update(i,i,1,number);//每次输入一个数，都得进行update操作，和堆的heapinsert操作差不多
        }
        while (cin>>op)
        {
            if(op=="end")
                break ;
            if(op=="add")
            {
                int z,vale;
                cin>>z>>vale;
                update(z,z,1,vale);
            }
            if(op=="sub")
            {
                int z,vale;
                cin>>z>>vale;
                update(z,z,1,-vale);
            }
            if(op=="query")
            {
                int z,y;
                cin>>z>>y;
                cout<<query(z,y,1)<<endl;
            }
        }
    }

}

最后，如果代码看不懂的话（应该没有人看不懂吧），建议在纸上模拟一下