线段树相关算法题（1）
hello 大家好，今天是2025年8月24日，我来给大家分享两道线段树相关的算法题。题目难度递增，由简单到中等，学过线段树的朋友们可以来挑战一下。
前言（预备知识）
1. 在解决线段树相关题目时，可以根据下面几个方面来记忆以及修改模板：
a. 根据查询以及修改操作，决定结构体中维护什么信息；
b. pushup：根据左右孩子维护的信息，更新当前结点维护的信息；
c. pushdown：当前结点的懒信息往下发一层，让左右孩子接收懒信息，并清空当前节点的懒信息
d. lazy：当前区间收到修改操作之后，更新当前结点维护的信息并且把修改信息“懒”下来；
e. build：遇到叶子结点返回，否则递归处理左右孩子，然后整合左右孩子的信息；
f. modify：遇到完全覆盖的区间，直接修改；否则有懒信息就先分给左右孩子懒信息，然后递归处 理左右区间；最后整合左右孩子的区间；
g. query：遇到完全覆盖的区间，直接返回节点维护的信息；否则有懒信息就先分给左右孩子懒信 息，然后整合左右区间的查询信息。
2. 实现时候易错的细节问题：
a. lazy 函数只把懒信息存了下来，没有修改区间维护的信息；
b. query 以及 modify 操作，没有分配懒信息；
c. pushdown 之后，没有清空当前结点的懒标记。
3. 线段树如果想要做到单次区间修改操作的时间复杂度为 log（n），那么在一段范围上执行修改 操作之后，需要能够在 O（1）时间内得到需要维护的信息。
题目一：忠诚
题目链接：忠诚
1：题目描述
分析：本题没有弯弯绕，可以当作线段树的模板题。没有修改操作，只有查询操作。
当然了，这道题目是静态问题也可以使用ST表解决，具体可以观看本专栏下的《ST表》。
2：算法原理
线段树：
step1. 结构体 node 中存储什么信息？？？
根据题目中的查询要求，显然我们需要维护一个区间的区间和。
因此 node 当中维护的信息为：区间左端点、区间右端点、区间和。
struct node
{int l, r, min;
}tr[N << 2];step2. pushup 根据左右孩子维护的信息，更新当前结点维护的信息
已知左区间的最小值和右区间的最小值，就可以整合出当前区间的最小值。
void pushup(int p)
{tr[p].min = tr[lc].min + tr[rc].min;
}step3. pushdown & lazy. 由于本题是静态问题，不存在修改操作，自然，懒标记也是不需要的。
step4. build query……基本上都是模板，不再过多赘述了。
分析好上述问题之后，就可以尝试也代码了~~
3：代码实现
#include <iostream>using namespace std;#define lc p << 1
#define rc p << 1 | 1const int N = 1e5 + 10;int n, m;
int a[N];struct node
{int l, r, min;
}tr[N << 2];void build(int p, int l, int r)
{tr[p] = {l, r, a[l]};if(l == r) return;int mid = (l + r) >> 1;build(lc, l, mid);build(rc, mid + 1, r);tr[p].min = min(tr[lc].min, tr[rc].min);
}int query(int p, int x, int y)
{int l = tr[p].l, r = tr[p].r;if(x <= l && r <= y) return tr[p].min;int mid = (l + r) >> 1, ret = 1e9;if(x <= mid) ret = min(ret, query(lc, x, y));if(y > mid) ret = min(ret, query(rc, x, y));return ret;
}int main()
{cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];build(1, 1, n);while(m--){int x, y; cin >> x >> y;cout << query(1, x, y) << " ";}return 0;
} 题目二：开关
题目链接：开关
1：题目描述
2：提炼经验（很重要）
经验：对于一个数组中只有两种状态的题目（灯的亮和灭、奇数和偶数、雄性和雌性）我们可以将其中一个状态设为1，将另一个状态设为0。以便简化题目。
就比如本题，我们要查询的是一段区间内亮着的灯的个数，我们可以把亮着的灯设为1，灭了的灯设为0，对于查询操作，就简化成了求区间和的操作，对于修改操作，就简化成了0变1，1变0的操作。
那么本题两种操作就是区间修改和区间查询。可以尝试用线段树来解决。
3：算法原理
线段树：
step1. 结构体 node 中存储什么信息？？？
根据题目中的查询要求和我们的问题转化，显然我们需要维护一个区间的区间和。（区间中1的个数）
因此 node 当中维护的信息为：区间左端点、区间右端点、区间和。
又因为这道题目涉及区间修改操作，因此需要懒标记来优化时间复杂度。
我们来分析，得到一个性质，对于一段区间，如果执行了偶数次修改操作，其实就相当于什么都没有做。如果执行了奇数次操作，相当于区间和由 sum 变为 len - sum。
因此在 node 当中多维护一个 cnt 信息（懒标记）表示对此区间一共执行了多少次操作。
综上所述，node 中维护的信息为：区间左端点、区间右端点、区间和、cnt信息。
struct node
{int l, r, sum, cnt;
}tr[N << 2];step2. pushup 根据左右孩子维护的信息，更新当前结点维护的信息
已知左区间的区间和和右区间的区间和，就可以整合出当前区间的区间和。
void pushup(int p)
{tr[p].sum = tr[lc].sum + tr[rc].sum;
}step3. pushdown & lazy. 由于本题涉及懒标记下发（区间修改），因此需要 pushdown 和 lazy 操作
pushdown 操作，我们要做的是：
1.懒标记下发给左孩子 2.懒标记下发给右孩子 3.清空当前结点的懒信息
void pushdown(int p)
{lazy(lc, tr[p].cnt);lazy(rc, tr[p].cnt);tr[p].cnt = 0;
}lazy 操作，我们要做的是：
新来一个修改信息之后：
1.更新当前结点维护的信息 2.把修改信息“懒”下来
void lazy(int p, int cnt)
{if(cnt % 2 == 1) tr[p].sum = tr[p].r - tr[p].l + 1 - tr[p].sum;tr[p].cnt += cnt;
}step4. build query……基本上都是模板，不再过多赘述了。
分析好上述问题之后，就可以尝试也代码了~~
4：代码实现
#include <iostream>using namespace std;#define lc p << 1
#define rc p << 1 | 1const int N = 1e5 + 10;int n, m;
struct node
{int l, r, sum, cnt;
}tr[N << 2];void lazy(int p, int cnt)
{if(cnt % 2 == 1) tr[p].sum = tr[p].r - tr[p].l + 1 - tr[p].sum;tr[p].cnt += cnt;
}void pushup(int p)
{tr[p].sum = tr[lc].sum + tr[rc].sum;
}void pushdown(int p)
{lazy(lc, tr[p].cnt);lazy(rc, tr[p].cnt);tr[p].cnt = 0;
}void build(int p, int l, int r)
{tr[p] = {l, r, 0, 0};if(l == r) return;int mid = (l + r) >> 1;build(lc, l, mid); build(rc, mid + 1, r);pushup(p);
}void modify(int p, int x, int y)
{int l = tr[p].l, r = tr[p].r;if(x <= l && r <= y){lazy(p, 1);return;}pushdown(p);int mid = (l + r) >> 1;if(x <= mid) modify(lc, x, y);if(y > mid) modify(rc, x, y);pushup(p);
}int query(int p, int x, int y)
{int l = tr[p].l, r = tr[p].r;if(x <= l && r <= y) return tr[p].sum;pushdown(p);int mid = (l + r) >> 1, sum = 0;if(x <= mid) sum += query(lc, x, y);if(y > mid) sum += query(rc, x, y);return sum;
}int main()
{cin >> n >> m;build(1, 1, n);while(m--){int op, a, b; cin >> op >> a >> b;if(op == 0) modify(1, a, b);else cout << query(1, a, b) << endl;}return 0;
}好的，今天的分享就到这里了~~再见！！！