题目描述
这是 LeetCode 上的 715. Range 模块 ，难度为 困难。
Tag : 「线段树」、「线段树（动态开点）」
Range 模块是跟踪数字范围的模块。设计一个数据结构来跟踪表示为 半开区间 的范围并查询它们。
半开区间 $[left, right)$ 表示所有 $left <= x < right$ 的实数 x 。
实现 RangeModule 类:
RangeModule() 初始化数据结构的对象。
void addRange(int left, int right) 添加 半开区间 [left, right)，跟踪该区间中的每个实数。添加与当前跟踪的数字部分重叠的区间时，应当添加在区间 [left, right) 中尚未跟踪的任何数字到该区间中。
boolean queryRange(int left, int right) 只有在当前正在跟踪区间 [left, right) 中的每一个实数时，才返回 true ，否则返回 false 。
void removeRange(int left, int right) 停止跟踪 半开区间 [left, right) 中当前正在跟踪的每个实数。
示例 1：
输入["RangeModule", "addRange", "removeRange", "queryRange", "queryRange", "queryRange"][[], [10, 20], [14, 16], [10, 14], [13, 15], [16, 17]]输出[null, null, null, true, false, true]解释RangeModule rangeModule = new RangeModule();rangeModule.addRange(10, 20);rangeModule.removeRange(14, 16);rangeModule.queryRange(10, 14); 返回 true （区间 [10, 14) 中的每个数都正在被跟踪）rangeModule.queryRange(13, 15); 返回 false（未跟踪区间 [13, 15) 中像 14, 14.03, 14.17 这样的数字）rangeModule.queryRange(16, 17); 返回 true （尽管执行了删除操作，区间 [16, 17) 中的数字 16 仍然会被跟踪）
提示：
$1 <= left < right <= 10^9$
在单个测试用例中，对 addRange、 queryRange 和 removeRange 的调用总数不超过 $10^4$ 次
基本分析
令 $m$ 为 addRange、queryRange 和 removeRange 的调用总数，$n = 1e9$ 为值域大小。
由于值域过大，我们无法直接使用空间大小固定为 $4 \times n$ 的常规线段树，而要采用「动态开点」的方式，其中动态开点的方式有两种 :「需要进行估点的数组实现」和「无须估点的动态指针」。
设计 Node 节点维护什么信息：
ls 和 rs 分别指向左右区间子节点（当采用「估点数组」方式时，记录的是左右区间子节点在线段树数组中的下标；在「动态指针」方式时，记录的是左右区间子节点对象）；
sum 为记录当前区间有多少个整数被追踪；
add 为懒标记，当 add = -1 代表 removeRange 懒标记，当 add = 1 则代表 addRange 懒标记。
线段树（动态开点）- 数组估点
对于常规的线段树实现来说，都是一开始就调用 build 操作创建空树，而线段树一般以「满二叉树」的形式用数组存储，因此需要 $4 \times n$ 的空间，并且这些空间在起始 build 空树的时候已经锁死。
如果一道题仅仅是「值域很大」的离线题（提前知晓所有的询问），我们还能通过「离散化」来进行处理，将值域映射到一个小空间去，从而解决 MLE 问题。
但对于本题而言，由于「强制在线」的原因，我们无法进行「离散化」，同时值域大小达到 $1e9$ 级别，因此如果我们想要使用「线段树」进行求解，只能采取「动态开点」的方式进行。
动态开点的优势在于，不需要事前构造空树，而是在插入操作 add 和查询操作 query 时根据访问需要进行「开点」操作。由于我们不保证查询和插入都是连续的，因此对于父节点 $u$ 而言，我们不能通过 u << 1 和 u << 1 | 1 的固定方式进行访问，而要将节点 $tr[u]$ 的左右节点所在 tr 数组的下标进行存储，分别记为 ls 和 rs 属性。对于 $tr[u].ls = 0$ 和 $tr[u].rs = 0$ 则是代表子节点尚未被创建，当需要访问到它们，而又尚未创建的时候，则将其进行创建。
由于存在「懒标记」，线段树的插入和查询都是 $\log{n}$ 的，因此我们在单次操作的时候，最多会创建数量级为 $\log{n}$ 的点，因此空间复杂度为 $O(m\log{n})$，而不是 $O(4 \times n)$，而开点数的预估需不能仅仅根据 $\log{n}$ 来进行，还要对常熟进行分析，才能得到准确的点数上界。
动态开点相比于原始的线段树实现，本质仍是使用「满二叉树」的形式进行存储，只不过是按需创建区间，如果我们是按照连续段进行查询或插入，最坏情况下仍然会占到 $4 \times n$ 的空间，因此盲猜 $\log{n}$ 的常数在 $4$ 左右，保守一点可以直接估算到 $6$，因此我们可以估算点数为 $6 \times m \times \log{n}$，其中 $n = 1e9$ 和 $m = 1e4$ 分别代表值域大小和查询次数。
当然一个比较实用的估点方式可以「尽可能的多开点数」，利用题目给定的空间上界和我们创建的自定义类（结构体）的大小，尽可能的多开（ Java 的 128M 可以开到 $5 \times 10^6$ 以上）。
代码：
class RangeModule { class Node { int ls, rs, sum, add; } int N = (int)1e9 + 10, M = 500010, cnt = 1; Node[] tr = new Node[M]; void update(int u, int lc, int rc, int l, int r, int v) { int len = rc - lc + 1; if (l <= lc && rc <= r) { tr[u].sum = v == 1 ? len : 0; tr[u].add = v; return ; } pushdown(u, len); int mid = lc + rc >> 1; if (l <= mid) update(tr[u].ls, lc, mid, l, r, v); if (r > mid) update(tr[u].rs, mid + 1, rc, l, r, v); pushup(u); } int query(int u, int lc, int rc, int l, int r) { if (l <= lc && rc <= r) return tr[u].sum; pushdown(u, rc - lc + 1); int mid = lc + rc >> 1, ans = 0; if (l <= mid) ans = query(tr[u].ls, lc, mid, l, r); if (r > mid) ans += query(tr[u].rs, mid + 1, rc, l, r); return ans; } void pushdown(int u, int len) { if (tr[u] == null) tr[u] = new Node(); if (tr[u].ls == 0) { tr[u].ls = ++cnt; tr[tr[u].ls] = new Node(); } if (tr[u].rs == 0) { tr[u].rs = ++cnt; tr[tr[u].rs] = new Node(); } if (tr[u].add == 0) return; if (tr[u].add == -1) { tr[tr[u].ls].sum = tr[tr[u].rs].sum = 0; } else { tr[tr[u].ls].sum = len - len / 2; tr[tr[u].rs].sum = len / 2; } tr[tr[u].ls].add = tr[tr[u].rs].add = tr[u].add; tr[u].add = 0; } void pushup(int u) { tr[u].sum = tr[tr[u].ls].sum + tr[tr[u].rs].sum; } public void addRange(int left, int right) { update(1, 1, N - 1, left, right - 1, 1); } public boolean queryRange(int left, int right) { return query(1, 1, N - 1, left, right - 1) == right - left; } public void removeRange(int left, int right) { update(1, 1, N - 1, left, right - 1, -1); }} 时间复杂度：addRange、queryRange 和 removeRange 操作复杂度均为 $O(\log{n})$
空间复杂度：$O(m\log{n})$
线段树（动态开点）- 动态指针
利用「动态指针」实现的「动态开点」可以有效避免数组估点问题，更重要的是可以有效避免 new 大数组的初始化开销，对于 LC 这种还跟你算所有样例总时长的 OJ 来说，在不考虑 static 优化/全局数组优化 的情况下，动态指针的方式要比估点的方式来得好。
代码：
class RangeModule { class Node { Node ls, rs; int sum, add; } int N = (int)1e9 + 10; Node root = new Node(); void update(Node node, int lc, int rc, int l, int r, int v) { int len = rc - lc + 1; if (l <= lc && rc <= r) { node.sum = v == 1 ? len : 0; node.add = v; return ; } pushdown(node, len); int mid = lc + rc >> 1; if (l <= mid) update(node.ls, lc, mid, l, r, v); if (r > mid) update(node.rs, mid + 1, rc, l, r, v); pushup(node); } int query(Node node, int lc, int rc, int l, int r) { if (l <= lc && rc <= r) return node.sum; pushdown(node, rc - lc + 1); int mid = lc + rc >> 1, ans = 0; if (l <= mid) ans = query(node.ls, lc, mid, l, r); if (r > mid) ans += query(node.rs, mid + 1, rc, l, r); return ans; } void pushdown(Node node, int len) { if (node.ls == null) node.ls = new Node(); if (node.rs == null) node.rs = new Node(); if (node.add == 0) return ; int add = node.add; if (add == -1) { node.ls.sum = node.rs.sum = 0; } else { node.ls.sum = len - len / 2; node.rs.sum = len / 2; } node.ls.add = node.rs.add = add; node.add = 0; } void pushup(Node node) { node.sum = node.ls.sum + node.rs.sum; } public void addRange(int left, int right) { update(root, 1, N - 1, left, right - 1, 1); } public boolean queryRange(int left, int right) { return query(root, 1, N - 1, left, right - 1) == right - left; } public void removeRange(int left, int right) { update(root, 1, N - 1, left, right - 1, -1); }} 时间复杂度：addRange、queryRange 和 removeRange 操作复杂度均为 $O(\log{n})$
空间复杂度：$O(m\log{n})$
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.715 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
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原文：https://juejin.cn/post/7111154936200560677