By Chesium 2021/10/21

• 线段树能够维护满足以下条件的区间问题：

  $$f(l,r)=g[f(l,m),f(m+1,r)]$$

  即区间 $[l,r]$ 的答案可以通过合并 $[l,m]$ 和 $[m+1,r]$ 的答案得到。 如这些可以：区间和、区间最大值。 如这些不行：区间众数、区间最长不下降子序列

• 数组 $d$ 长度开至 $4n$ 即可。

• 建树：递归思想

  • 时间复杂度：$\mathrm{O}(n)$
  • 参数：对应数组闭区间 $[s,t]$，以及当前处理的 $d$ 数组索引 $p$（ $p$ 一开始是 $1$，不能为 $0$）
  1. 若 $s=t$，就不用再细分了，直接令 $d[p]=a[s]$，返回。
  2. 否则，则二分处理：令 $m=s+((t-s)>\!\!>1)$ ，即为数组中间索引，将 $[s,t]$ 分成 $[s,m]$ 和 $[m+1,t]$ 两部分。分别建树，两者对应的索引 $p$ 分别为 $2p$ 和 $2p+1$
  3. 建完树后，我们便把上述两区间合并，形成当前正在建立的区间的值。

• 单点修改：DFS

  • 时间复杂度：$\mathrm{O}(\log n)$
  • 参数：需更新元素索引 $k$，修改值 $c$，当前节点对应区间 $[s,t]$，当前节点编号（$d$ 数组索引）$p$ 。
  1. 若 $s=t$，则当前区间中只有一个元素，肯定是我们要改的，直接修改 $d [p]$，返回。
  2. 计算出中位索引 $m$。
  3. 若 $x\leq m$，则说明修改值在 $[s,m]$ 中，否则在 $[m+1,t]$ 中， 递归更新。
  4. 回溯时更新自己的值 $d[p]$。

• 无更新查询：递归思想

  • 时间复杂度：$\mathrm{O}(\log n)$
  • 参数：查询区间 $[l,r]$，当前节点对应区间 $[s,t]$，当前节点编号（$d$ 数组索引）$p$ 。
    • 可以理解为求查询区间与当前节点区间交集的对应值
  1. 若 $l\leq s\ \wedge\ t\leq r$，即 $[s,t]\subseteq[l,r]$，当前区间必是最终查询值的组成部分，称为查询区间的一个极大区间，直接返回自己的值 $d[p]$。
  2. 否则，二分为上面讲过的两区间 $[s,m]$ 和 $[m+1,t]$，不改变 $[l,r]$，进行查询。
     • 若 $l\leq m$，则 $[s,m]\cap[l,r]\neq\varnothing$ ，需要考虑，查询 $[s,m]$。
     • 若 $r>m$，则 $[m+1,t]\cap[l,r]\neq\varnothing$ ，需要考虑，查询 $[m+1,t]$。
  3. 回溯时合并区间即可。

• 区间修改：懒惰标记

  • 时间复杂度：$\mathrm{O}(\log n)$
  • 目的：通过延迟对节点信息的更改，从而减少可能不必要的操作次数。
  • 参数：修改区间 $[l,r]$，修改值 $c$，当前节点对应区间 $[s,t]$，当前节点编号（$d$ 数组索引）$p$ 。
  1. 若 $l\leq s\ \wedge\ t\leq r$，即 $[s,t]\subseteq[l,r]$，当前区间是修改区间的子集，肯定要改：修改 $d[p]$，添加标记 $b[p]$。（更新标记，某些操作为往上叠加（如增加），有些是覆盖（如赋值）），返回。
  2. 若有标记存在则进行标记下传（防止父区间的懒惰标记下传时覆盖子区间的懒惰标记）
  3. 类似上述的无更新查询，分别考虑二分后的两区间是否需要进行操作。
  4. 回溯时记得合并区间！

• 标记下传

  • 时间复杂度：$\mathrm{O}(1)$
  • 参数：当前节点对应区间 $[s,t]$，当前节点编号（$d$ 数组索引）$p$ 。

1. 若无标记，则直接返回。
2. 若 $s=t$，则标记无作用，也没有区间用于下传，直接返回。
3. 求出 $m$ ，根据区间范围修改 $d[2p]$ 与 $d[2p+1]$ 的值
4. 更新子区间的懒惰标记 $b[2p]$ 和 $b[2p+1]$
5. 清除自身的懒惰标记。

• 带修改区间查询

  • 时间复杂度：$\mathrm{O}(\log n)$ 基本同无修改版本，只不过在二分求解前进行一次标记下传。

• 参考代码

#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
//---//
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;

typedef unsigned int u;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long llu;

#define rep(i, a, b) for (ll i = a; i < b; i++)
#define REP(i, a, b) for (ll i = a; i <= b; i++)
#define per(i, b, a) for (ll i = b; i >= a; i--)

// P3372 【模板】线段树 1

#define get_mid ll m = s + ((t - s) >> 1)

const ll N = 1e5 + 10;

ll a[N], d[4 * N], b[4 * N];
bool lz[4 * N];

void build(ll s, ll t, ll p) {
  if (s == t) {
    d[p] = a[s];
    return;
  }
  get_mid;
  build(s, m, 2 * p);
  build(m + 1, t, 2 * p + 1);
  d[p] = d[2 * p] + d[2 * p + 1];
}

ll push_down(ll s, ll t, ll p) {
  get_mid;
  if (s == t || (!lz[p])) return m;
  b[2 * p] += b[p];
  b[2 * p + 1] += b[p];
  d[2 * p] += b[p] * (m - s + 1);
  d[2 * p + 1] += b[p] * (t - m);
  lz[2 * p] = true;
  lz[2 * p + 1] = true;
  b[p] = 0;
  lz[p] = false;
  return m;
}

void update(ll l, ll r, ll c, ll s, ll t, ll p) {
  if (l <= s && t <= r) {
    d[p] += (t - s + 1) * c;
    b[p] += c;
    lz[p] = true;
    return;
  }
  ll m = push_down(s, t, p);
  if (l <= m) update(l, r, c, s, m, 2 * p);
  if (r > m) update(l, r, c, m + 1, t, 2 * p + 1);
  d[p] = d[2 * p] + d[2 * p + 1];
}

ll query(ll l, ll r, ll s, ll t, ll p) {
  if (l <= s && t <= r) {
    return d[p];
  }
  ll sum = 0, m = push_down(s, t, p);
  if (l <= m) sum += query(l, r, s, m, 2 * p);
  if (r > m) sum += query(l, r, m + 1, t, 2 * p + 1);
  return sum;
}

signed main() {
  ll n, m, t, l, r, k;
  scanf("%lld%lld", &n, &m);
  REP(i, 1, n) scanf("%lld", &a[i]);
  build(1, n, 1);
  while (m--) {
    scanf("%lld%lld%lld", &t, &l, &r);
    if (t == 1) {
      scanf("%lld", &k);
      update(l, r, k, 1, n, 1);
    } else
      printf("%lld\n", query(l, r, 1, n, 1));
  }
}

// https://www.luogu.com.cn/record/60473191

• P3373 【模板】线段树 2 - 洛谷这道题中有两种区间修改操作：加法和乘法，我们需要两个懒惰标记来分别记录它们。 标记下传中应该先乘后加： 如将序列先 $+k$，再 $\times m$ ，再 $+t$，则新的元素和应为： $$\mathtt{sum'}=\sum_{i=l}^rm(a_i+k)+t=(r-l+1)\underbrace{(mk+t)}_\mathtt{add}+\underbrace{m}_\mathtt{mul}\sum_{i=l}^ra_i=\mathtt{len*add+mul*sum}$$ 由于 $\mathtt{add}=mk+t$，所以将序列 $\times m$ 时应将 $\mathtt{add}$ 值也 $\times m$ 。
• 参考代码：

#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
//---//
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;

typedef unsigned int u;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long llu;

#define rep(i, a, b) for (ll i = a; i < b; i++)
#define REP(i, a, b) for (ll i = a; i <= b; i++)
#define per(i, b, a) for (ll i = b; i >= a; i--)

// P3372 【模板】线段树 2

#define get_mid ll m = s + ((t - s) >> 1)

const ll N = 1e5 + 10;

ll mod, a[N], d[4 * N], add[4 * N], mul[4 * N];
bool lz[4 * N];

void build(ll s, ll t, ll p) {
  mul[p] = 1;
  if (s == t) {
    d[p] = a[s];
    return;
  }
  get_mid;
  build(s, m, 2 * p);
  build(m + 1, t, 2 * p + 1);
  d[p] = (d[2 * p] + d[2 * p + 1]) % mod;
}

ll push_down(ll s, ll t, ll p) {
  get_mid;
  if (s == t || (!lz[p])) return m;
  d[2 * p] = (add[p] * (m - s + 1) % mod + d[2 * p] * mul[p] % mod) % mod;
  d[2 * p + 1] = (add[p] * (t - m) % mod + d[2 * p + 1] * mul[p] % mod) % mod;
  add[2 * p] = (add[2 * p] * mul[p] % mod + add[p]) % mod;
  add[2 * p + 1] = (add[2 * p + 1] * mul[p] % mod + add[p]) % mod;
  mul[2 * p] = mul[2 * p] * mul[p] % mod;
  mul[2 * p + 1] = mul[2 * p + 1] * mul[p] % mod;
  lz[2 * p] = true;
  lz[2 * p + 1] = true;
  add[p] = 0;
  mul[p] = 1;
  lz[p] = false;
  return m;
}

void update_add(ll l, ll r, ll c, ll s, ll t, ll p) {
  if (l <= s && t <= r) {
    d[p] = ((t - s + 1) * c % mod + d[p]) % mod;
    add[p] = (c + add[p]) % mod;
    lz[p] = true;
    return;
  }
  ll m = push_down(s, t, p);
  if (l <= m) update_add(l, r, c, s, m, 2 * p);
  if (r > m) update_add(l, r, c, m + 1, t, 2 * p + 1);
  d[p] = (d[2 * p] + d[2 * p + 1]) % mod;
}

void update_mul(ll l, ll r, ll c, ll s, ll t, ll p) {
  if (l <= s && t <= r) {
    d[p] = d[p] * c % mod;
    add[p] = add[p] * c % mod;
    mul[p] = (mul[p] * c) % mod;
    lz[p] = true;
    return;
  }
  ll m = push_down(s, t, p);
  if (l <= m) update_mul(l, r, c, s, m, 2 * p);
  if (r > m) update_mul(l, r, c, m + 1, t, 2 * p + 1);
  d[p] = (d[2 * p] + d[2 * p + 1]) % mod;
}

ll query(ll l, ll r, ll s, ll t, ll p) {
  if (l <= s && t <= r) return d[p];
  ll sum = 0, m = push_down(s, t, p);
  if (l <= m) sum = (sum + query(l, r, s, m, 2 * p)) % mod;
  if (r > m) sum = (sum + query(l, r, m + 1, t, 2 * p + 1)) % mod;
  return sum;
}

signed main() {
  ll n, m, t, l, r, k;
  scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &mod);
  REP(i, 1, n) scanf("%lld", &a[i]);
  build(1, n, 1);
  while (m--) {
    scanf("%lld%lld%lld", &t, &l, &r);
    switch (t) {
      case 1:
        scanf("%lld", &k);
        update_mul(l, r, k, 1, n, 1);
        break;
      case 2:
        scanf("%lld", &k);
        update_add(l, r, k, 1, n, 1);
        break;
      case 3:
        printf("%lld\n", query(l, r, 1, n, 1));
        break;
    }
  }
}

// https://www.luogu.com.cn/record/60476253

• 参考

1. 线段树 - OI Wiki (oi-wiki.org)
2. 【算法】线段树详解_Alexander的博客-CSDN博客_线段树算法
3. 题解 P3373 【【模板】线段树 2】 - lqhsr 的博客 - 洛谷博客 (luogu.com.cn)
4. 线段树 - 简书 (jianshu.com)