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+title: Segment Tree Beats 吉司机线段树笔记
+tags:
+- OI
+- 算法
+- 数据结构
+- 线段树
+- Segment Tree Beats
+categories: 学习笔记
+date: 2022-08-18
+katex: true
+draft: true
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+
+## 区间最值操作（chmin/chmax）
+
+Segment Tree Beats 的一个重要应用就是处理区间最值操作，例如 chmin：$\forall i \in [l, r], a_i = min(a_i, x)$。chmax 同理。
+
+引出例题：[HDU5306 Gorgeous Sequence](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5306)
+
+> 维护一个序列 $a$：
+>
+> 1. `0 l r t` $\forall l\le i\le r,\ a_i=\min(a_i,t)$。
+> 2. `1 l r` 输出区间 $[l,r]$ 中的最大值。
+> 3. `2 l r` 输出区间和。
+>
+> 多组数据，$T\le 100,n\le 10^6,\sum m\le 10^6$。
+
+对于这个问题，用普通的线段树难以解决。因为 chmin 操作修改的数只有大于 $t$ 的数，而其它则不变，并不是对整个区间做修改。
+
+吉老师线段树的每个结点需要额外维护：最大值 $mx$，次大值 $se$ 和最大值个数 $cnt$。在区间 chmin 时要做以下操作：
+
+1. $t > mx$，显然这一操作是没有意义的，直接返回；
+2. $se < t <= mx$，那么这一区间内的最大值需要变小成为 $t$。所以区间和 $sum$ 减去 $(mx-t)\times cnt$，更新 $mx$ 为 $t$，并做标记。
+3. $t <= se$，不止有一个值会受到影响，需要递归处理左右子树，最后记得上传信息。
+
+使用势能分析法可以得到复杂度是 $O(m\log n)$。
+
+实现时，需要留心 `pushdown` 和 `pushup` 函数，步骤较多。用 `pushtag` 函数给当前结点加上 tag。
+
+[RECORD](https://vjudge.net/solution/37834417)
+
+```cpp
+#include <bits/stdc++.h>
+using namespace std;
+using LL = long long;
+const int MAXN = 1000000, MAXM = 1000000;
+int maxx[MAXN << 2], se[MAXN << 2], cnt[MAXN << 2], tag[MAXN << 2];
+LL sum[MAXN << 2];
+int n, m;
+int a[MAXN];
+void pushup(int u) { // 维护 u 的信息
+  sum[u] = sum[u << 1] + sum[u << 1 | 1];
+  if (maxx[u << 1] > maxx[u << 1 | 1]) {
+    maxx[u] = maxx[u << 1];
+    se[u] = max(maxx[u << 1 | 1], se[u << 1]);
+    cnt[u] = cnt[u << 1];
+  } else if (maxx[u << 1] < maxx[u << 1 | 1]) {
+    maxx[u] = maxx[u << 1 | 1];
+    se[u] = max(maxx[u << 1], se[u << 1 | 1]);
+    cnt[u] = cnt[u << 1 | 1];
+  } else { // ==
+    maxx[u] = maxx[u << 1];
+    se[u] = max(se[u << 1], se[u << 1 | 1]);
+    cnt[u] = cnt[u << 1] + cnt[u << 1 | 1];
+  }
+}
+void pushtag(int u, int x) {  // 给当前点加 tag
+  if (maxx[u] <= x) return;
+  sum[u] -= (1ll * maxx[u] - x) * cnt[u]; // 更新 sum
+  maxx[u] = tag[u] = x; // 更新 maxx、tag
+}
+void pushdown(int u) { // 下放 tag
+  if (tag[u] == -1) return;
+  pushtag(u << 1, tag[u]);
+  pushtag(u << 1 | 1, tag[u]);
+  tag[u] = -1;
+}
+void build(int u, int l, int r) {
+  tag[u] = -1;
+  if (l == r) {
+    maxx[u] = sum[u] = a[l];
+    cnt[u] = 1;
+    se[u] = -1; // 次大值初始化为 -1
+    return;
+  }
+  int mid = (l + r) >> 1;
+  build(u << 1, l, mid);
+  build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
+  pushup(u);
+}
+void modify(int u, int l, int r, int x, int y, int t) {
+  if (maxx[u] <= t) return;
+  if (l >= x && r <= y && se[u] < t) { // 该区间的最大值都变为 t
+    pushtag(u, t);
+    return;
+  }
+  pushdown(u);
+  int mid = (l + r) >> 1;
+  if (x <= mid) modify(u << 1, l, mid, x, y, t);
+  if (y > mid) modify(u << 1 | 1, mid + 1, r, x, y, t);
+  pushup(u);
+}
+int querymax(int u, int l, int r, int x, int y) {
+  if (l >= x && r <= y) return maxx[u];
+  int ans = -1e9;
+  pushdown(u);
+  int mid = (l + r) >> 1;
+  if (x <= mid) ans = max(ans, querymax(u << 1, l, mid, x, y));
+  if (y > mid) ans = max(ans, querymax(u << 1 | 1, mid + 1, r, x, y));
+  return ans;
+}
+LL querysum(int u, int l, int r, int x, int y) {
+  if (l >= x && r <= y) return sum[u];
+  LL ans = 0;
+  pushdown(u);
+  int mid = (l + r) >> 1;
+  if (x <= mid) ans += querysum(u << 1, l, mid, x, y);
+  if (y > mid) ans += querysum(u << 1 | 1, mid + 1, r, x, y);
+  return ans;
+}
+int main() {
+  int t;
+  scanf("%d", &t);
+  while (t--) {
+    scanf("%d%d", &n, &m);
+    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
+    build(1, 1, n);
+    while (m--) {
+      int op, l, r, t;
+      scanf("%d%d%d", &op, &l, &r);
+      if (op == 0) {
+        scanf("%d", &t);
+        modify(1, 1, n, l, r, t);
+      } else if (op == 1) {
+        printf("%d\n", querymax(1, 1, n, l, r));
+      } else {
+        printf("%lld\n", querysum(1, 1, n, l, r));
+      }
+    }
+  }
+  return 0;
+}
+```
+
+### 结合其它操作
+
+现在我们要加上线段树的基本操作，比如区间加法。
+
+方法还是类似的，最主要的问题在于如何处理区间最值操作和区间加法的标记。显然它们的顺序不能随意交换，因此我们要将它们合并。
+
+对每个标记，形式化地记为 $(x, y)$ 表示先对 $x$ chmin，之后加上 $y$。
+
+那么，先作用 $(x_1, y_1)$ 的效果，再作用 $(x_2, y_2)$ 的效果，需要等效为一个标记 $(x^{'}, y^{'})$；实际上，它可以等效为 $(\min(x_1, x_2-y_1), y_1+y_2)$。
+
+因为一个数 $+y_1$ 后对 $x_2$ chmin，即为 $\min(t+y_1, x_2) = \min(t, x_2-y_1)+y_1$。因此等效于对 $x_2-y_1$ chmin 再加上 $y_1$。