线段树

线段树的双半群模型

（一小些群论的东西）

形象的，线段树上每个节点都有数据与标记两种信息，称作 \(D\) 与 \(T\)。

则需要存在 \(D*D=D^\prime\) 的转移，即数据合并。
以及 \(D*T=D^\prime\), 即标记转移。
以及 \(T*T=T^{\prime}\), 即标记合并。

同时还需要满足结合律与分配律，这是一个半群，再存在一个单位元 \(\epsilon\) ,使\(T*\epsilon=\epsilon*T=T\) 则为幺半群。则我们可以维护两个结构体，将三种转移加入即可。

这里举个例子。

区间加，区间乘，区间查询。则有\(D=\{l,s\}\) , \(T=\{a,b\}\) 。

则有 \((l_1,s_1)*(l_2,s_2)=(l_1+l_2,s_1+s_2)\)。

以及 \((l,s)*(a,b)=(l,as+lb)\)。

以及 \((a_1,b_1)*(a_2,b_2)=(a_1a_2,b_1a_2+b_2)\)。

显然，这些东西都是可以用矩阵维护的。

矩阵乘法与线段树标记

区间加法线段树

考虑每一个区间维护一个向量 \(\vec{a}:\)

\[\vec{a}=\begin{bmatrix}sum\\len\end{bmatrix} \]

我们对于这个区间加上某一个数的操作可以看作左乘一个矩阵：

\[\begin{bmatrix}sum+c\times len\\len\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&c\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}sum\\len\end{bmatrix} \]

此时，我们只需要维护左乘矩阵即可。

这里可以解释为什么只需要一个懒标记标记维护区间加信息。

考虑到左乘的是一个上三角矩阵，而可以证明上三角乘上三角还是上三角，并且在这个情景中，只有右上角的位置数值会变化，于是只需要用一个标记维护右上角的值即可，也就是我们平时维护的那个懒标记。

线段树历史版本和

假设只有区间加操作。

每一个区间维护一个向量 \(\vec{a}:\)

\[\vec{a}=\begin{bmatrix}his\\sum\\len\end{bmatrix} \]

其中 \(his\) 表示历史版本和，\(sum\) 表示当前区间和，\(len\) 是区间长度。

对于区间加的操作左乘矩阵没有什么变化。

但是我们多了令 \(his\leftarrow his+sum\) 的操作，考虑利用矩阵表示：

\[\begin{bmatrix}his+sum\\sum\\len\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}his\\sum\\len\end{bmatrix} \]

还是维护左乘矩阵即可。

线段树历史最值

广义矩阵

两个矩阵 \(A_{i, k}, B_{k, j}\) 相乘得到 \(C_{i, j}\) ，满足 \(C_{i, j}=\sum A_{i, k} B_{k, j}\) 。

而处理区间最值和历史最值时，常用广义矩乘，即 \(C_{i, j}=\max \left(A_{i, k}+B_{k, j}\right)\) 。

这里，我们只要维护,\(+ \max\) 两种运算，它们满足

交换律：\(a+b=b+a, \max (a, b)=\max (b, a)\) 。
结合律：\((a+b)+c=a+(b+c), \max (\max (a, b), c)=\max (a, \max (b, c))\) 。
单位元：\(a+0=0+a=a, \max (a,-\infty)=\max (-\infty, a)=a\) 。
加法逆元（相反数）：\(a+(-a)=(-a)+a=0\) 。
分配律：\(a+\max (b, c)=\max (a+b, a+c), \max (a, b)+c=\max (a+c, b+c)\) 。

广义矩阵乘法显然具有结合律。

区间历史最值维护。

考虑序列每一个数维护一个向量 \(\left[\begin{array}{l}a_i \\ b_i\end{array}\right], ~ a_i\) 表示当前值，\(b_i\) 表示历史最值，用线段树维护区间向量和（即 \(a_i, b_i\) 的最大值）。

那么区间加 \(k\) 可以看作 \(\left[\begin{array}{l}a \\ b\end{array}\right] \leftarrow\left[\begin{array}{c}a+k \\ \max \{b, a+k\}\end{array}\right]\) ，可以很容易地构造广义矩阵乘法： \(\begin{bmatrix} k & -\infty \\ k & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a \\ b \end{bmatrix}=\left[\begin{array}{c}a+k \\ \max \{b, a+k\}\end{array}\right]\) ，故可以将懒标记设为 \(\begin{bmatrix} k & -\infty \\ k & 0 \end{bmatrix}\) 这个矩阵。

例题：P4314 CPU 监控 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态

本题需要支持区间赋值。（这个操作可以转化为区间加，就是即使线段树节点被区间完包，只要最大值不等于最小值，就递归下去，根据颜色段均雊理论，这部分的均摊时间复杂度为 \(O(n)\) ）。

可以给向量再加---维，使其变为 \(\left[\begin{array}{l}a \\ b \\ 0\end{array}\right]\) ，这样就有 \(\left[\begin{array}{ccc} -\infty & -\infty & k \\ -\infty & 0 & k \\ -\infty & -\infty & 0 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} a \\ b \\ 0 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} k \\ \max \{b, k\} \\ 0 \end{array}\right]\)。

将矩阵转为标记

在普通的历史最值维护中，我们可以注意到：

\(\begin{bmatrix}a&-\infty\\b&0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}c&-\infty\\d&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\max(a,c)&-\infty\\\max(b,d)&0\end{bmatrix}\\\begin{bmatrix}a&-\infty\\b&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}c&-\infty\\d&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a+c&-\infty\\\max(b+c,d)&0\end{bmatrix}\)

左乘矩阵的第二列的值始终不变，只有第一列的值在变化，故维护矩阵第一列的值即可。

事实上，左乘矩阵第一列的两个值分别对应论文中的 "加减标记" 和 "历史最大加减标记"。

例题：P6242 【模板】线段树 3（区间最值操作、区间历史最值） - 洛谷 | 计算机科学教育新生态

先不考虑历史最值问题。

考虑到区间取 \(\min\) 的操作只会对最大值不超过 \(k\) 的节点产生影响，我们可以在这方面产生思路。为了使复杂度变对，线段树的一个节点要维护三个信息：区间最大值 \(mx\), 区间严格次大值 \(se\) 和最大值的个数 \(cnt\)。那么，一次区间最值操作作用在这个节点上时，可以被分为以下三种情况：

\(k\geq mx\), 此时该操作不会对当前节点产生影响，直接退出；
\(se<k<mx\), 此时这个节点维护的区间中所有最大值都会被修改为\(k\),而最大值个数不变。将
区间和加上 \(cnt\times (k-mx)\) ,打上懒标记，然后退出即可；
\(k\leq se\), 此时无法快速更新区间信息，因此我们需要继续递归到左右子树中，回溯时合并信息。

原论文的证明告诉我们在没有修改操作时复杂度为 \(O(m\log n)\) 的。

由于区间加减操作，某些节点的值域会增大。论文里给的时间复杂度是 \(O(m\log^2n)\) 。而实际实现时会发现这个上界其实往往是跑不满的，速度几乎与大常数一个 \(\log\) 接近。

此时，返回原题。我们将本题划分值域为最大值与非最大值，分别维护信息与 \(tag\)。

此处的矩阵只能分别简化最大值与非最大值的历史最值变化过程。在广义矩阵下并不能直接维护 \(sum\)，同时次大值以及最大值个数的记录也需要单独记录。本题更好的方法是直接用 \(tag\) 转移（本人不会完全使用矩阵完成这道题）。

const int N = 5e5 + 5;
struct SGT {
    ll sum;
    int maxa, maxb, cnt, se;
    int add1, add2, hadd1, hadd2; // 最大值/非最大值的标记 最大值/非最大值的历史最大标记
} tr[N << 2];
#define ls (id << 1)
#define rs (id << 1 | 1)
#define mid (l + r >> 1)
il void pushup(int id) {
    tr[id].sum = tr[ls].sum + tr[rs].sum;
    tr[id].maxa = max(tr[ls].maxa, tr[rs].maxa);
    tr[id].maxb = max(tr[ls].maxb, tr[rs].maxb);
    if (tr[ls].maxa == tr[rs].maxa) {
        tr[id].se = max(tr[ls].se, tr[rs].se);
        tr[id].cnt = tr[ls].cnt + tr[rs].cnt;
    } else if (tr[ls].maxa > tr[rs].maxa) {
        tr[id].se = max(tr[ls].se, tr[rs].maxa);
        tr[id].cnt = tr[ls].cnt;
    } else {
        tr[id].se = max(tr[ls].maxa, tr[rs].se);
        tr[id].cnt = tr[rs].cnt;
    }
}
void build(int l, int r, int id) {
    if (l == r) {
        int x; read(x); tr[id].add1 = tr[id].add2 = tr[id].hadd1 = tr[id].hadd2 = 0;
        return tr[id].sum = tr[id].maxa = tr[id].maxb = x, tr[id].se = -2e9, tr[id].cnt = 1, void();
    }
    build(l, mid, ls), build(mid + 1, r, rs);
    pushup(id);
}
il void work(int tag1, int tag2, int htag1, int htag2, int l, int r, int id) {
    tr[id].sum += 1ll * tag1 * tr[id].cnt + 1ll * tag2 * (r - l + 1 - tr[id].cnt);
    tr[id].maxb = max(tr[id].maxb, tr[id].maxa + htag1); tr[id].maxa += tag1; 
    if (tr[id].se != -2e9) tr[id].se += tag2;
    tr[id].hadd1 = max(tr[id].hadd1, tr[id].add1 + htag1);
    tr[id].hadd2 = max(tr[id].hadd2, tr[id].add2 + htag2);
    tr[id].add1 += tag1, tr[id].add2 += tag2;
}
il void pushdown(int l, int r, int id) {
    int mx = max(tr[ls].maxa, tr[rs].maxa);
    if (tr[ls].maxa == mx) work(tr[id].add1, tr[id].add2, tr[id].hadd1, tr[id].hadd2, l, mid, ls);
    else work(tr[id].add2, tr[id].add2, tr[id].hadd2, tr[id].hadd2, l, mid, ls);
    if (tr[rs].maxa == mx) work(tr[id].add1, tr[id].add2, tr[id].hadd1, tr[id].hadd2, mid + 1, r, rs);
    else work(tr[id].add2, tr[id].add2, tr[id].hadd2, tr[id].hadd2, mid + 1, r, rs);
    tr[id].add1 = tr[id].add2 = tr[id].hadd1 = tr[id].hadd2 = 0;
}
il void add(int l, int r, int x, int y, int k, int id) {
    if (l > y || r < x) return ;
    if (l >= x && r <= y) {
        tr[id].sum += 1LL * k * (r - l + 1);
        tr[id].maxa += k; tr[id].maxb = max(tr[id].maxb, tr[id].maxa);
        if (tr[id].se != -2e9) tr[id].se += k;
        tr[id].add1 += k, tr[id].add2 += k;
        tr[id].hadd1 = max(tr[id].hadd1, tr[id].add1);
        tr[id].hadd2 = max(tr[id].hadd1, tr[id].add2);
        return ;
    }
    pushdown(l, r, id);
    add(l, mid, x, y, k, ls), add(mid + 1, r, x, y, k, rs);
    pushup(id);
}
il void mdf(int l, int r, int x, int y, int k, int id) {
    if (l > y || r < x || tr[id].maxa <= k) return ;
    if (l >= x && r <= y && tr[id].se < k) {
        int t = tr[id].maxa - k;
        tr[id].sum -= 1LL * tr[id].cnt * t;
        tr[id].maxa = k, tr[id].add1 -= t;
        return ;
    }
    pushdown(l, r, id);
    mdf(l, mid, x, y, k, ls), mdf(mid + 1, r, x, y, k, rs);
    pushup(id);
}
il ll qry_sum(int l, int r, int x, int y, int id) {
    if (l > y || r < x) return 0;
    if (l >= x && r <= y) return tr[id].sum;
    pushdown(l, r, id);
    return qry_sum(l, mid, x, y, ls) + qry_sum(mid + 1, r, x, y, rs);
}
il ll qry_a(int l, int r, int x, int y, int id) {
    if (l > y || r < x) return -2e9;
    if (l >= x && r <= y) return tr[id].maxa;
    pushdown(l, r, id);
    return max(qry_a(l, mid, x, y, ls), qry_a(mid + 1, r, x, y, rs));
}
il ll qry_b(int l, int r, int x, int y, int id) {
    if (l > y || r < x) return -2e9;
    if (l >= x && r <= y) return tr[id].maxb;
    pushdown(l, r, id);
    return max(qry_b(l, mid, x, y, ls), qry_b(mid + 1, r, x, y, rs));
}
int n, m;
signed main() {
    read(n, m);
    build(1, n, 1);
    while (m--) {
        int op, l, r, k;
        read(op, l, r);
        if (op == 1) read(k), add(1, n, l, r, k, 1);
        else if (op == 2) read(k), mdf(1, n, l, r, k, 1);
        else if (op == 3) write(qry_sum(1, n, l, r, 1)), ptc('\n');
        else if (op == 4) write(qry_a(1, n, l, r, 1)), ptc('\n');
        else if (op == 5) write(qry_b(1, n, l, r, 1)), ptc('\n');
    }
    return 0;
}

我始终认为这种题看代码是最好的理解方式。

普通矩阵乘法与区间历史和

例题：P8868[NOIP2022] 比赛

我们离线所有询问，对右端点\(r\)进行扫描线。

在扫描过程中，我们设 \(X_l\) 和 \(Y_l\) 分别表示 \(l,\ldots,r\) 范围内 \(A_i\) 和 \(B_i\) 的最大值。

我们可以在扫描的时候，对每个\(l\),维护

\[S_{l,r}=\sum_{r'=l}^rX_{l,r'}\times Y_{l,r'}. \]

这样的话，我们要查询的就是 \(l\sim r\) 的区间 \(S\) 和。

而我们的操作则是区间 \(X\) 修改 (覆盖),区间 \(Y\) 修改 (覆盖), 以及 \(S\leftarrow S+X\times Y\)。

至此，本题转为了区间覆盖，区间历史和问题。

维护向量：

\[\vec{a}=\begin{bmatrix}his\\ab\\a\\b\\len\end{bmatrix} \]

其中 \(his\) 表示历史版本和，\(ab\) 表示 \((\sum A_i)\times(\sum B_i)\), \(a,b\) 分别表示 \(\sum A_i,\sum B_i\)。

于是，对于 \(A\) 的区间加操作可以表示为：

\[\begin{bmatrix}his\\ab+x\times b\\a+x\times len\\b\\len\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0&0&0\\0&1&0&x&0\\0&0&1&0&x\\0&0&0&1&0\\0&0&0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}his\\ab\\a\\b\\len\end{bmatrix} \]

对 \(B\) 的操作同理。

刷新历史和的操作可以表示为：

\[\begin{bmatrix}his+ab\\ab\\a\\b\\len\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1&0&0&0\\0&1&0&0&0\\0&0&1&0&0\\0&0&0&1&0\\0&0&0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}his\\ab\\a\\b\\len\end{bmatrix} \]

维护左乘矩阵即可。复杂度 \(O(k^3n\log n)\)，可以获得 \(76\) 分。在卡常和乘法展开后也许可以获得满分。

优化标记常数

就像前面提到的，矩阵中总有很多信息始终不变，那么这些信息理论是不必要记录的。

我们以如下乘法为例：

\[\begin{bmatrix}his+sum\\sum\\len\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}his\\sum\\len\end{bmatrix} \]

操作的矩阵有两种：

\[\begin{bmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&x\\0&0&1\end{bmatrix} \]

也就意味着我们只需要关注形如：

\[\begin{bmatrix}1&a&0\\0&1&b\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&c&0\\0&1&d\\0&0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&c+a&ad\\0&1&b+b\\0&0&1\end{bmatrix} \]

于是意味着我们只需要维护右上角的三个位置，每次按照上式直接修改即可，这样常数大大减少，与维护一堆tag的常数一致了。

然而发现事实上右上角都会有值，于是重新修正：

\[\begin{bmatrix}1&a&b\\0&1&c\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&d&e\\0&1&f\\0&0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&a+d&e+af+b\\0&1&c+f\\0&0&1\end{bmatrix} \]

这意味着我们只需要维护右上角的三个位置，每次按照上式直接修改即可，这样常数大大减少。

同理，对于P8868[NOIP2022] 比赛，发现有用的位置只有 \(9\) 个，维护这 \(9\) 个位置即可。

如果不好观察，不妨给矩阵随机赋值，打表出不变的位置即可。