Sogang ICPC Team – 2019 여름 고급 스터디

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0
Persistent Segment Tree
Sogang ICPC Team – 2019 여름 고급 스터디
Suhyun Park
acm.sogang.ac.kr

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1
Remarks on Segment Trees
1–10
1–5 6–10
1–3 4–5 6–8 9–10
1–2 3 4 5 6–7 8 9 10
1 2 6 7
f (x, s, e, ···) = f
(
2x, s,
⌊
s+e
2
⌋
, ···
)
+ f
(
2x+1,
⌊
s+e
2
⌋
+1, e, ···
)

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2
Persistent Segment Tree
T1
1–5
1–3 4–5
1–2 3 4 5
1 2
구조체와 포인터로 구현하며, 2D 쿼리를 처리하기 위해 여러 버전의
트리를 만들 예정
예를 들어 Tn 은 y 좌표가 0···n인 쿼리의 정보를 담는다고 하자

4. .
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3
Persistent Segment Tree
T0 T1
1–5
1–3 4–5
1–2 3 4 5
1 2
1–5
1–3 4–5
1–2 3
T2 는 T1 을 기반으로 다른 노드들만 새로 만들고, 나머지 노드들은
포인터로 전 버전의 트리를 가리키게 한다, 이를 반복해 트리 생성

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4
Persistent Segment Tree
0 ≤ x ≤ mx, 0 ≤ y ≤ my 이고 총 데이터 수를 n개라 할 때···
▶ 트리 하나 만드는 시간: O (logmx)
▶ 트리 전체를 만드는 시간: O (nlogmx)
▶ Ti 를 쿼리하는 시간: O (logmx)

6. .
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5
Persistent Segment Tree
R = [xl, xr]×[yl, yr] 쿼리하기?
▶ Tn 은 y 좌표가 0···n인 쿼리의 정보를 담는다
▶ 따라서 R을 쿼리하려면
▶ Tyr 에 대해서 [xl, xr]을 쿼리
▶ Tyl−1 에 대해서 [xl, xr]을 쿼리
▶ 한 후 둘의 차를 구하면 된다
Ti 에 대해 두 번 쿼리하므로 직사각형 영역의 쿼리가 겨우 O (logmx)
이다!

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6
PSTs vs 2D Segment Trees
0 ≤ x ≤ mx, 0 ≤ y ≤ my 이고 총 데이터 수를 n개라 할 때···
PST 2D
공간 O (nlogmx) O (mxmy)
쿼리 O (logn) O (logmx logmy)

8. .
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PSTs vs 2D Segment Trees
하지만
▶ 값 업데이트
▶ RMQ 처리
같은 일들은 PST가 할 수 없는 부분이고, 값들이 sparse하지 않으면
의미가 별로 없으므로 PST와 2D segment tree 중 적절한
자료구조를 잘 선택해야 한다

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PSTs vs 2D Segment Trees
참고: 2D segment tree는 2차원 배열을 이용해 y좌표로 분할 정복
→ x좌표로 분할 정복 같은 식으로 만들 수 있다
구현이 생각보다 어렵지 않으니 직접 해 봐도 좋음! (lazy
propagation 등 모두 1D segment tree와 비슷하게 처리하면
된다)
2D segment tree source code

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9
Egg BOJ #11012
당신은 임기가 m일 남은 대통령이고, 매일 유세하러 나간다. 유세는
직사각형 모양의 공간을 돌아다니며 진행한다.
시민들은 집에서 당신이 보이면 달걀을 던진다. 시민들의 집의
좌표들이 주어졌을 때, 유세하러 나가면 몇 개의 달걀을 맞을지 구하라.
▶ 집 개수 = n ≤ 10000, m ≤ 50000
▶ 0 ≤ x, y ≤ 105
▶ 테스트 케이스 20개

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10
Egg BOJ #11012
문제를 간단히 하면
▶ R = [xl, xr]×[yl, yr] 내부의 점의 개수를 세는 쿼리를 구현해라
가 된다

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Egg BOJ #11012
42 namespace pst {
43 struct node {
44 node *l, *r;
45 int sum;
46 node() : l(nullptr), r(nullptr), sum(0) {}
47 node(int val) : l(nullptr), r(nullptr), sum(val) {}
48 node(node *l, node *r) : l(l), r(r), sum(0) {
49 if (l) sum += l ->sum;
50 if (r) sum += r ->sum;
51 }
52 };
source code
그냥 세그먼트 트리 만들듯이

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Egg BOJ #11012
54 node* init(int s, int e) {
55 if (s == e) return new node(0);
56 int m = (s + e) / 2;
57 return new node(init(s, m), init(m + 1, e));
58 }
59
60 int sum(node *u, int s, int e, int l, int r) {
61 if (l > r)
62 return 0;
63 if (l == s && e == r)
64 return u ->sum;
65 int m = (s + e) / 2;
66 return sum(u ->l, s, m, l, min(r, m))
67 + sum(u ->r, m + 1, e, max(l, m + 1), r);
68 }
source code
그냥 세그먼트 트리 만들듯이

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Egg BOJ #11012
54 node* init(int s, int e) {
55 if (s == e) return new node(0);
56 int m = (s + e) / 2;
57 return new node(init(s, m), init(m + 1, e));
58 }
59
60 int sum(node *u, int s, int e, int l, int r) {
61 if (l > r)
62 return 0;
63 if (l == s && e == r)
64 return u ->sum;
65 int m = (s + e) / 2;
66 return sum(u ->l, s, m, l, min(r, m))
67 + sum(u ->r, m + 1, e, max(l, m + 1), r);
68 }
source code
그냥 세그먼트 트리 만들듯이

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Egg BOJ #11012
70 node* update(node* u, int s, int e, int i, int dv) {
71 if (s == e)
72 return new node(u ->sum + dv);
73 int m = (s + e) / 2;
74 if (i <= m)
75 return new node(update(u ->l, s, m, i, dv), u ->r);
76 else
77 return new node(u ->l, update(u ->r, m+1, e, i, dv));
78 }
79 }
source code
여기서는 갱신되는 부분만 새로 만들어주고 아닌 부분은 원래 트리를
포인터로 레퍼런스한다

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Egg BOJ #11012
81 queue<int> coords[100001];
82 pst ::node *_trees[100002];
83 pst ::node **trees = _trees + 1;
84
85 int main() {
86 cin.tie(nullptr);
87 cout.tie(nullptr);
88 ios_base ::sync_with_stdio(false);
source code
trees[-1]을 쓰기 위한 더럽고 치사한 처리

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Egg BOJ #11012
90 int t;
91 cin >> t;
92 while (t --) {
93 int n, q;
94 cin >> n >> q;
95 while (n --) {
96 int x, y;
97 cin >> x >> y;
98 coords[x].emplace(y);
99 }
source code
좌표 입력

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Egg BOJ #11012
101 trees[-1] = pst ::init(0, 100000);
102 for (int i = 0; i <= 100000; i ++) {
103 trees[i] = trees[i - 1];
104 while (coords[i].size()) {
105 trees[i] = pst ::update(trees[i], 0, 100000, coords[i].front(), 1);
106 coords[i].pop();
107 }
108 }
source code
PST 생성

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Egg BOJ #11012
110 int s = 0;
111 while (q --) {
112 int l, r, b, t;
113 cin >> l >> r >> b >> t;
114
115 int lq = pst ::sum(trees[l - 1], 0, 100000, b, t);
116 int rq = pst ::sum(trees[r], 0, 100000, b, t);
117 s += rq - lq;
118 }
119 cout << s << 'n';
120 }
121
122 return 0;
123 }
source code
쿼리 처리