浅谈算法——线段树之Lazy标记

一.前言

前面我们已经知道线段树能够进行单点修改和区间查询操作（基本线段树）。那么如果需要修改的是一个区间该怎么办呢？如果是暴力修改到叶子节点，复杂度即为\(O(nlog n)\)，显然是十分不优秀的。那么我们能不能向区间查询一样把复杂度降到\(O(log n)\)呢？

二.算法流程

线段树肯定是兹瓷\(O(log n)\)修改的，否则发明它有何用处？所以，我我们现在需要知道，如何快速进行区间修改操作。首先，我们回顾下终止节点



假定我要在这个图上修改区间[2,8]，我只要修改掉图上所有的终止节点即可。于是复杂度就成功降到\(O(log n)\)。

那么，我在终止节点上加什么东西呢？这里，我们就要引进\(Lazy\)标记。修改区间的时候，在这个区间所有的终止节点上打上一个标记，代表我这个点要加多少值。

区间查询的时候，如果访问到某个有标记的点，但又不能使用该点的值的时候，就把标记下传（有点绕，看看代码应该就明了了），其他时候直接取值就好

三.例题

1.Pku3468 A Simple Problem with Integers

Description

You have N integers, A1, A2, ... , AN. You need to deal with two kinds of operations. One type of op

eration is to add some given number to each number in a given interval. The other is to ask for the

sum of numbers in a given interval.

1．给[a ，b]整体上加上一个常数c。

2．查询[a ，b]区间的和。

Input

The first line contains two numbers N and Q. 1 ≤ N,Q ≤ 100000.

The second line contains N numbers, the initial values of A1, A2, ... , AN. -1000000000 ≤ Ai ≤ 1000000000.

Each of the next Q lines represents an operation.

"C a b c" means adding c to each of Aa, Aa+1, ... , Ab. -10000 ≤ c ≤ 10000.

"Q a b" means querying the sum of Aa, Aa+1, ... , Ab.

Output

You need to answer all Q commands in order. One answer in a line. The sums may exceed the range of 32-bit integers

Sample Input

10 5

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Q 4 4

Q 1 10

Q 2 4

C 3 6 3

Q 2 4

Sample Output

4

55

9

15

HINT

对于100%的数据：N<=100000，M<=100000

区间修改，区间查询，所以用到Lazy标记，代码里会有详细注释

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())	if (ch=='-')    f=-1;
	for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())	x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
	return x*f;
}
inline void print(int x){
	if (x>=10)     print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e5;
int n,m;
ll val[N+10];
struct Segment{
	#define ls (p<<1)
	#define rs (p<<1|1)
	ll tree[N*4+10],cnt[N*4+10];
	void updata(int p){tree[p]=(tree[ls]+tree[rs]);}	//updata的内容具体情况具体分析
	void add_cnt(int p,int v,int t){	//标记不影响当前节点的值，谨记这点
		tree[p]=tree[p]+1ll*v*t;		//t是区间长度，加标记需要乘上这个区间
		cnt[p]=cnt[p]+v;				//标记更新
	}
	void pushdown(int p,int l,int r){	//加标记下传
		if (!cnt[p])	return;
		int mid=(l+r)>>1;
		add_cnt(ls,cnt[p],mid-l+1),add_cnt(rs,cnt[p],r-mid);	//加标记的更新
		cnt[p]=0;
	}
	void build(int p,int l,int r){
		cnt[p]=0;
		if (l==r){
			tree[p]=val[l];		//val[i]基本是开始读入的数
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r);
		updata(p);
	}
	void change(int p,int l,int r,int x,int y,int t){	//t是标记
		if (x<=l&&r<=y){
			add_cnt(p,t,r-l+1);	//打加标记
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		pushdown(p,l,r);	//修改两边的时候记得传递标记
		if (x<=mid)	change(ls,l,mid,x,y,t);			//访问左儿子
		if (y>mid)	change(rs,mid+1,r,x,y,t);		//访问右儿子
		updata(p);		//记得更新
	}
	ll query(int p,int l,int r,int x,int y){
		if (x<=l&&r<=y)	return tree[p];		//在区间内直接输出
		int mid=(l+r)>>1;
		ll ans=0;
		pushdown(p,l,r);	//传递标记
		if (x<=mid)	ans=ans+query(ls,l,mid,x,y);	//访问左儿子
		if (y>mid)	ans=ans+query(rs,mid+1,r,x,y);	//访问右儿子
		return ans;
	}
}Tree;
char s;
int main(){
	n=read(),m=read();
	for (int i=1;i<=n;i++)	val[i]=read();
	Tree.build(1,1,n);
	for (int i=1;i<=m;i++){
		cin>>s;
		int x=read(),y=read(),z;
		if (s=='Q')	printf("%lld\n",Tree.query(1,1,n,x,y));
		if (s=='C')	z=read(),Tree.change(1,1,n,x,y,z);
	}
	return 0;
}

2.

Description

给定一个正整数序列A，要求支持以下操作

1）： + a b c 表示在[a，b]上加上一个常数C。

2）： * a b c 在[a，b]上乘上一个常数K。

3）： QUERY a b 查询[a，b]的sum。

Input

第一行两个正整数n、m，n表示序列长度，m表示操作数

第二行n个正整数，第i表示A[i]的大小

接下来的m行，每行有且仅有一种操作，具体和题目描述一致

n,m<=100000

其他权值都<=50000

Output

对于每个询问操作，输出答案对1000000007取余的结果

Sample Input

10 10

50 14 20 18 19 11 43 43 26 44

• 3 6 41
  
  QUERY 1 2
• 5 5 14
  
  QUERY 1 3
  
  QUERY 4 4
  
  QUERY 2 6

• 3 5 31
• 4 8 20
• 5 8 28
  
  QUERY 6 7

Sample Output

64

125

59

260

53200

同样是区间修改，区间查询，不过本题比上题要难一些。为什么呢，因为它需要维护两个标记。

如果是两个互不相干的标记还好说，但这两个标记互相干扰！！！

因此，我们在处理这类有多个标记的题目的时候，需要考虑下这些标记互相之间的影响，标记与标记之间的先后更新顺序。

如本题，加标记与乘标记势必会互相影响

如果我们先更新加标记，那么乘标记就会变成一个实型，非常不方便。于是我们让乘标记先更新，加标记就只需要乘上一个乘标记即可，大大降低了实现难度。

（注释基本没有，不过也请读者凑合着看吧）

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())    if (ch=='-')    f=-1;
    for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())  x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
    return x*f;
}
inline void print(int x){
    if (x>=10)     print(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e5,mod=1e9+7;
int n,m;
struct Segment{
    #define ls (p<<1)
    #define rs (p<<1|1)
    int tree[N*4+10],cnt[N*4+10],res[N*4+10],size[N*4+10];
    void updata(int p){tree[p]=(tree[ls]+tree[rs])%mod;}
    void add_cnt(int p,int v){
        tree[p]=(tree[p]+1ll*v*size[p])%mod;
        cnt[p]=(cnt[p]+v)%mod;
    }
    void pushdown_cnt(int p){//加标记下传
        if (!cnt[p])    return;
        add_cnt(ls,cnt[p]),add_cnt(rs,cnt[p]);
        cnt[p]=0;
    }
    void add_res(int p,int v){
        tree[p]=1ll*tree[p]*v%mod;
        res[p]=1ll*res[p]*v%mod;
        cnt[p]=1ll*cnt[p]*v%mod;
    }
    void pushdown_res(int p){//乘标记下传
        if (res[p]==1)  return;
        add_res(ls,res[p]),add_res(rs,res[p]);
        res[p]=1;
    }
    void pushdown(int p){pushdown_res(p),pushdown_cnt(p);}
    void build(int p,int l,int r){
        cnt[p]=0,res[p]=1,size[p]=r-l+1;
        if (l==r){
            tree[p]=read();
            return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r);
        updata(p);
    }
    void change(int p,int l,int r,int x,int y,int Cnt,int Res){
        if (x<=l&&r<=y){
            add_res(p,Res),add_cnt(p,Cnt);
            return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        pushdown(p);
        if (x<=mid)  change(ls,l,mid,x,y,Cnt,Res);
        if (y>mid)   change(rs,mid+1,r,x,y,Cnt,Res);
        updata(p);
    }
    int query(int p,int l,int r,int x,int y){
        if (x<=l&&r<=y)   return tree[p];
        int mid=(l+r)>>1,ans=0;
        pushdown(p);
        if (x<=mid)  ans=(ans+query(ls,l,mid,x,y))%mod;
        if (y>mid)   ans=(ans+query(rs,mid+1,r,x,y))%mod;
        return ans;
    }
}Tree;
char s[10];
int main(){
    n=read(),m=read();
    Tree.build(1,1,n);
    for (int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%s",s+1);
        int x=read(),y=read(),z;
        if (s[1]=='Q')  printf("%d\n",Tree.query(1,1,n,x,y));
        if (s[1]=='+')  z=read(),Tree.change(1,1,n,x,y,z,1);
        if (s[1]=='*')  z=read(),Tree.change(1,1,n,x,y,0,z);
    }
    return 0;
}

3.最大连续子数列和