析合树是一种解决连续段问题的数据结构。
比如这样的一个问题：给你一个\(1\)到\(n\)的排列，然后有一堆询问，每次询问区间\([l,r]\)，问包含\([l,r]\)的最小连续段是什么。
也就是这题
所谓的连续段，就是满足\(max_{l..r}-min_{l..r}+1=r-l+1\)的连续段。
推荐这篇：https://oi-wiki.org/ds/divide-combine/
里面有比较系统的介绍。虽然没有线性的构造方法
关于析合树，有各种各样的定义和性质，那些东西就是叫人看不懂的……。
所以我在这里就简单地说一说。
先说个性质：对于两个连续段\([l_1,r_1]\)和\([l_2,r_2]\)
如果它们有交集（即\([l_2,r_1]\)），则交集也是连续段。
并且它们的并集也是连续段。
这个不用解释吧……
有一个叫本源连续段的概念，不过具体指什么，我也不太懂……所以就不说了……
估计学到差不多的时候看字面意思就知道是什么东西了……
盗张图来瞅一瞅。
析合树的每个点都表示一个连续段，确切地说，是本源连续段。
析合树有两种点：析点和合点。
析点满足所有相邻儿子都不能合并成个连续段，合点满足所有相邻儿子都能合并成个连续段（可以看成儿子都是顺序或倒序的）。
有个很显然的性质是，析点至少有四个节点，合点至少有两个节点。
至于最下面的叶子结点就不要管了……程序实现时为了方便我会将其设为析点。
如果建出了析合树，前面的那个问题就有的答案：求出两个点的\(LCA\)，如果是析点，则就是析点代表的区间。如果是合点，则就是\(l\)和\(r\)的祖先在\(LCA\)下的儿子之间组成的区间。
接下来就是最重要的问题：如何建析合树。
建析合树用的是增量法，也就是一个一个点加进去。
维护一个栈，表示目前形成的森林的根节点。
假设加进去的点为\(x\)，栈顶为\(top\)。
- \(top\)为合点，并且\(top\)的最后一个儿子可以和\(x\)合并。这个时候就直接将\(x\)作为\(top\)的儿子，然后将\(top\)递归下去继续干。
- \(top\)和\(x\)可以合并。新建一个合点，作为\(top\)和\(x\)的父亲，然后将它们的父亲递归下去。
- 往前面找若干个节点，满足这若干个节点和\(x\)可以合并。然后新建一个析点，将这些点都作为它的儿子，然后将它递归下去。
- 若栈为空，或者第三个操作没有找到，\(x\)节点就加入栈顶。
然而直接这样建树是\(O(n^2)\)的。上面第三个操作的时候可能一直往前找都找不到，那这样一次就是\(O(n)\)的了。
考虑直接在这方面优化。一个简单的思路是求出\(L_i\)，表示\([L_i,i]\)以\(i\)为右端点的最长的连续段。
这样在第三个操作的时候就能够明确最多找到哪里，并且，最后面这些节点全部都会合并起来，栈顶的节点就是\([L_i,i]\)
问题转化成了如何求\(L_i\)
看看这题。用那个线段树的做法就行了。
大体思路就是维护两个单调栈，然后在线段树上维护。
求出了\(L_i\)，那么建树的时间复杂度就是\(O(n)\)的了。
可惜预处理需要\(O(n \lg n)\)的时间来预处理。
放个代码：
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
#define N 100010
int n,a[N];
int smn[N],smx[N],tn,tx;
int mn[N*4],tag[N*4];
int L[N];
inline void pushdown(int k){
if (tag[k]){
mn[k<<1]+=tag[k],mn[k<<1|1]+=tag[k];
tag[k<<1]+=tag[k],tag[k<<1|1]+=tag[k];
tag[k]=0;
}
}
void add(int k,int l,int r,int st,int en,int c){
if (st<=l && r<=en){
mn[k]+=c;
tag[k]+=c;
return;
}
pushdown(k);
int mid=l+r>>1;
if (st<=mid)
add(k<<1,l,mid,st,en,c);
if (mid<en)
add(k<<1|1,mid+1,r,st,en,c);
mn[k]=min(mn[k<<1],mn[k<<1|1]);
}
int find(int k,int l,int r,int st,int en,int v){
if (mn[k]>v)
return 0;
if (l==r)
return l;
pushdown(k);
int mid=l+r>>1,res=0;
if (st<=mid)
res=find(k<<1,l,mid,st,en,v);
if (!res && mid<en)
res=find(k<<1|1,mid+1,r,st,en,v);
return res;
}
int cnt;
struct Node{
Node *fa,*lst;
int mn,mx;
bool xihe;
int l,r;
} d[N*2],*null=d;
int num[N];
Node *st[N*2];
int top;
inline int ok(Node *x,Node *y){
if (x->mx+1==y->mn)
return 1;
if (x->mn-1==y->mx)
return -1;
return 0;
}
void insert(Node *x){
int tmp;
if (top && st[top]->xihe==1 && (tmp=ok(st[top]->lst,x))){
if (tmp==1)
st[top]->mx=x->mx;
else
st[top]->mn=x->mn;
st[top]->lst=x;
st[top]->r=x->r;
x->fa=st[top--];
insert(x->fa);
return;
}
if (top && (tmp=ok(st[top],x))){
if (tmp==1)
d[++cnt]={null,x,st[top]->mn,x->mx,1,st[top]->l,x->r};
else
d[++cnt]={null,x,x->mn,st[top]->mx,1,st[top]->l,x->r};
st[top--]->fa=x->fa=&d[cnt];
insert(x->fa);
return;
}
for (int i=top,mn=x->mn,mx=x->mx;i && L[x->r]<=st[i]->r;--i){
mn=min(mn,st[i]->mn);
mx=max(mx,st[i]->mx);
if (mx-mn+1==x->r-st[i]->l+1){
d[++cnt]={null,x,mn,mx,0,st[i]->l,x->r};
x->fa=&d[cnt];
for (;top>=i;--top)
st[top]->fa=&d[cnt];
insert(x->fa);
return;
}
}
st[++top]=x;
}
int f[N*2][18],dep[N*2];
void getdep(int x){
if (dep[x] || x==0)
return;
getdep(f[x][0]);
dep[x]=dep[f[x][0]]+1;
}
inline void getans(int u,int v){
if (dep[u]>dep[v]){
for (int k=dep[u]-dep[v],i=0;k;k>>=1,++i)
if (k&1)
u=f[u][i];
}
else
for (int k=dep[v]-dep[u],i=0;k;k>>=1,++i)
if (k&1)
v=f[v][i];
for (int i=17;i>=0;--i)
if (f[u][i]!=f[v][i])
u=f[u][i],v=f[v][i];
if (d[f[u][0]].xihe==0)
printf("%d %d\n",d[f[u][0]].l,d[f[v][0]].r);
else
printf("%d %d\n",d[u].l,d[v].r);
}
int main(){
freopen("c.in","r",stdin);
freopen("c.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
for (int i=1;i<=n;++i){
for (;tn && a[smn[tn]]>a[i];--tn)
add(1,1,n,smn[tn-1]+1,smn[tn],a[smn[tn]]-a[i]);
for (;tx && a[smx[tx]]<a[i];--tx)
add(1,1,n,smx[tx-1]+1,smx[tx],a[i]-a[smx[tx]]);
smn[++tn]=i,smx[++tx]=i;
add(1,1,n,i,i,i);
L[i]=find(1,1,n,1,i,i);
}
st[0]=null;
*null={null,null,0,0,0,0,0};
for (int i=1;i<=n;++i){
d[num[i]=++cnt]={null,null,a[i],a[i],0,i,i};
insert(&d[cnt]);
}
assert(top==1 && st[top]->l==1 && st[top]->r==n);
for (int i=1;i<=cnt;++i)
f[i][0]=d[i].fa-d;
for (int i=1;i<=cnt;++i)
getdep(i);
for (int i=1;i<=17;++i)
for (int j=1;j<=cnt;++j)
f[j][i]=f[f[j][i-1]][i-1];
int Q;
scanf("%d",&Q);
while (Q--){
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
getans(num[l],num[r]);
}
return 0;
}
到此为止了么？
不，实际上有真正的\(O(n)\)解法。
对于一个区间\([l,r]\)，找到\([l,r]\)中的最大值\(mx\)和最小值\(mn\)。
然后找到值为\([mn,mx]\)的最右位置\(R\)。显然，如果\(r<R\)，那么以\(r\)为右端点的最大区间左端点小于\(l\)。也就是说，不存在\(L<l\)的区间\([L,r]\)包含\([l,r]\)。
在做第三个操作的时候，沿路记下\(mn\)和\(mx\)，求出\(R\)。如果\(r<R\)，就不用做下去了，因为\(R\)只会越来越大。
求的时候直接用\(RMQ\)，\(O(1)\)处理询问。
这是个非常好的优化，尽管它看起来仍然是\(O(n^2)\)的，但是数据似乎不怎么卡。
为了满足强迫症的想法，我们使劲将它优化到\(O(n)\)。
对于栈中的每个点，可以记录一个\(fail\)指针表示它之前找到的第一个\(r<R\)的地方。
那么以后就不需要暴力找，只需要跳\(fail\)来找。
每条\(fail\)边只会跳\(O(1)\)次（跳了意味着这次\(R\leq r\)，如果在后来还没有成功，\(fail_r\)一定会指向一个更前的点。这样在后来跳的时候，再也不会经过这条边。）
所以这样做的时间复杂度是\(O(n)\)的！
然而，我们愕然发现预处理的时间复杂度依然是\(O(n\lg n)\)……
先放个代码：
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
//#include <cassert>
#define N 100010
int lg[N];
int n,a[N];
int mx[N][17];
inline int query(int l,int r){
int m=lg[r-l+1];
return max(mx[l][m],mx[r-(1<<m)+1][m]);
}
int cnt;
struct Node{
Node *fa,*lst;
int mn,mx;
bool xihe;
int l,r;
} d[N*2],*null=d;
int num[N];
int top;
Node *st[N*2];
int fail[N*2],mnf[N*2],mxf[N*2];
inline int ok(Node *x,Node *y){return x->mx+1==y->mn?1:(x->mn-1==y->mx?-1:0);}
void insert(Node *x){
if (!top){
st[++top]=x;
fail[top]=0;
mnf[top]=x->mn;
mxf[top]=x->mx;
return;
}
int tmp;
if (st[top]->xihe==1 && (tmp=ok(st[top]->lst,x))){
if (tmp==1)
st[top]->mx=x->mx;
else
st[top]->mn=x->mn;
st[top]->lst=x;
st[top]->r=x->r;
x->fa=st[top];
top--;
insert(x->fa);
return;
}
if (tmp=ok(st[top],x)){
if (tmp==1)
d[++cnt]={null,x,st[top]->mn,x->mx,1,st[top]->l,x->r};
else
d[++cnt]={null,x,x->mn,st[top]->mx,1,st[top]->l,x->r};
st[top]->fa=x->fa=&d[cnt];
top--;
insert(x->fa);
return;
}
for (int i=top,mn=x->mn,mx=x->mx;i;mn=min(mn,mnf[i]),mx=max(mx,mxf[i]),i=fail[i]){
mn=min(mn,st[i]->mn);
mx=max(mx,st[i]->mx);
if (query(mn,mx)>x->r){
st[++top]=x;
fail[top]=i;
mnf[top]=mn;
mxf[top]=mx;
return;
}
if (mx-mn+1==x->r-st[i]->l+1){
d[++cnt]={null,x,mn,mx,0,st[i]->l,x->r};
x->fa=&d[cnt];
for (;top>=i;--top)
st[top]->fa=&d[cnt];
insert(x->fa);
return;
}
}
}
int f[N*2][18],dep[N*2];
void getdep(int x){
if (dep[x] || x==0)
return;
getdep(f[x][0]);
dep[x]=dep[f[x][0]]+1;
}
inline void getans(int u,int v){
if (dep[u]>dep[v]){
for (int k=dep[u]-dep[v],i=0;k;k>>=1,++i)
if (k&1)
u=f[u][i];
}
else
for (int k=dep[v]-dep[u],i=0;k;k>>=1,++i)
if (k&1)
v=f[v][i];
for (int i=17;i>=0;--i)
if (f[u][i]!=f[v][i])
u=f[u][i],v=f[v][i];
if (d[f[u][0]].xihe==0)
printf("%d %d\n",d[f[u][0]].l,d[f[v][0]].r);
else
printf("%d %d\n",d[u].l,d[v].r);
}
int main(){
freopen("c.in","r",stdin);
freopen("c.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
lg[0]=0,lg[1]=0;
for (int i=2;i<=n;++i)
lg[i]=lg[i>>1]+1;
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
for (int i=1;i<=n;++i)
mx[a[i]][0]=i;
for (int i=1;1<<i<=n;++i)
for (int j=1;j+(1<<i)-1<=n;++j)
mx[j][i]=max(mx[j][i-1],mx[j+(1<<i-1)][i-1]);
st[0]=null;
*null={null,null,0,0,0,0,0};
for (int i=1;i<=n;++i){
d[num[i]=++cnt]={null,null,a[i],a[i],0,i,i};
insert(&d[cnt]);
}
for (int i=1;i<=cnt;++i)
f[i][0]=d[i].fa-d;
for (int i=1;i<=cnt;++i)
getdep(i);
for (int i=1;i<=17;++i)
for (int j=1;j<=cnt;++j)
f[j][i]=f[f[j][i-1]][i-1];
int Q;
scanf("%d",&Q);
while (Q--){
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
getans(num[l],num[r]);
}
return 0;
}
接着我们考虑如何处理\([l,r]\)的询问。
其实只要处理出所有\(i \in [l,r)\)的\([i,i+1]\)的并，就是\([l,r]\)询问的答案。
对于栈中的每个节点，处理出\([l,r]\)的答案（好像是\([l,r)\)？）。对于每条\(fail\)边，处理出中间答案的并。
所以现在的问题是求所有\([i,i+1]\)的答案。
实际上这可以看成许多个区间询问，然而我们要\(O(n)\)来预处理出这些东西。
区间询问怎么预处理？有个很牛的方法是\(O(n)\)建出笛卡尔树，然后变成\(LCA\)问题。用\(Tarjan-LCA\)来求。这样就可以达到\(O(n)\)了。
或者也可以在建树之后用\(+1-1RMQ\)来解决，然而我没有打过。
所以实际上\(O(n)\)好像没有什么用啊……毕竟如果出题，肯定不只是析合树，然而其它操作总是要\(\lg\)级别的……
而且这样代码复杂度还很恐怖……我没打过，别找我拿标程……
如果真的要打析合树，用线段树的\(O(n\lg n)\)方法似乎是一种不错的选择，因为思路比较简单。
或者用\(O(n\lg n)\)预处理\(ST\)表来搞，还有记录\(fail\)边，这样代码长度会短一些。
至于纯正的\(O(n)\)……就在嘴巴上说说算了吧……
