Time complexity 段树-查询复杂性

我在理解段树复杂性方面遇到问题。很明显，如果您有只需更改一个节点的更新函数，那么它的复杂性将是log（n）。 但我不知道为什么查询（a，b）的复杂性是log（n），其中（a，b）是需要检查的间隔。

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有人能给我提供直观/正式的证据来理解这一点吗？

当查询时间间隔（x，y）时，有四种情况

但是，第二个FIND（）返回R.leftChild.rightChild.sum，因此需要固定的时间，并且问题不会被分成两个子问题（严格来说，问题是分开的，尽管一个子问题需要O（1）个时间来解决）

由于相同的分析适用于R的右子级，我们得出结论，在案例4第一次发生后，运行时间T（h）（h是树的剩余级别）将是

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T（h）使用段树的范围查询基本上涉及从根节点递归。您可以将整个递归过程视为段树上的遍历：每当子节点上需要递归时，您都在遍历中访问该子节点。因此，分析范围查询的复杂性相当于找到访问的节点总数的上限

结果表明，在任意级别上，最多可以访问4个节点。由于段树的高度为log（n），并且在任何级别上最多可以访问4个节点，因此上界实际上是4*log（n）。因此，时间复杂度为O（log（n））

现在我们可以用归纳法证明这一点。基本情况位于根节点所在的第一级。由于根节点最多有两个子节点，因此我们最多只能访问这两个子节点，即最多4个节点

现在假设在任意级别（比如级别i），我们最多访问4个节点。我们希望表明，在下一个级别（级别i+1），我们最多也将访问4个节点。如果我们在级别i上只访问了1或2个节点，那么在级别i+1上我们最多访问4个节点就很简单了，因为每个节点最多可以有2个子节点

因此，让我们把重点放在假设在i级访问了3或4个节点上，并尝试表明在i+1级，我们最多也可以访问4个节点。现在，由于范围查询要求一个连续的范围，我们知道在级别i访问的3或4个节点可以分为3个节点分区：最左侧的单个节点，其段范围仅部分被查询范围覆盖，最右侧的单个节点，其段范围仅部分被查询范围覆盖，以及1个或2个中间节点，其段范围完全被查询范围覆盖。由于中间节点的段范围完全被查询范围覆盖，因此在下一级不会出现递归；我们只使用他们预先计算的总数。我们在最左边的节点上有可能的递归，在下一个级别最右边的节点上有可能的递归，这显然最多是4

这就完成了归纳法的证明。我们已经证明，在任何级别上最多访问4个节点。因此，范围查询的时间复杂度为O（log（n））。
长度为n的间隔可以由k个节点表示，其中k
两个子节点，最多4个节点。
如何？为什么是4？@KPMG我也不明白这一点-我假设对于您所在的节点，您只能访问一个子节点及其子节点。因此，父节点>子节点>孙子节点（2个节点）。每个节点只能有2个子节点，因此访问了4个节点。
FIND(R,x,y) //R is the node
% Case 1
    if R.first = x and R.last = y   
        return {R}
% Case 2
    if y <= R.middle
        return FIND(R.leftChild, x, y) 
% Case 3
    if x >= R.middle + 1 
        return FIND(R.rightChild, x, y) 
% Case 4
    P = FIND(R.leftChild, x, R.middle)
    Q = FIND(R.rightChild, R.middle + 1, y)    
    return P union Q.

FIND ( R.leftChild.leftChild, x, R.leftChild.middle );
FIND ( R.leftChild.rightChild, R.leftChild.middle + 1, , R.leftChild.last );

T(h) <= T(h-1) + c (c is a constant)
T(1) = c

T(h) <= c * h = O(h) = O(log n) (since h is the height of the tree)