Solve

这道题有很多种做法，我用的是离线分治算法

设序列(A)中最小的数为(MINA)，最大的数为(MAXA)，我们尝试在值域([MINA,MAXA])上进行二分答案，设第一次二分的值为(mid).

在二分的过程中，扫描每个询问，统计在下标区间([l,r])中不大于(mid)的数有多少个，记为(c_i)，对于每个([l_i,r_i]),(mid)都是一个固定的值，所以可以用树状数组来线性的求出每个(c_i)

然后我们对询问进行分类：

1.若(k_i≤c_i)则说明第(i)个询问的答案在([MINA,mid])中。

2.若(k_i>c_i)，则说明第(i)个询问的答案在([mid+1,MAXA])中，并且等价于在值域([mid+1,MAXA])中的限制下找第(k_i-c_i)小的数。

我们把序列(A)中的数也进行分类，不大于(mid)的数构成一个子序列(LA)，大于(mid)的数构成一个子序列(RA)。

于是我们就可以把询问和数值分成两类，并且两类互不相关。

我们就得到了一个分治算法，设(solve(L,R,a,q))，表示有一个值域为([L,R])的整数序列(a)，询问序列(q)（(q)中存储个若干个三元组(l_i,r_i,k_i)，表示求(a)的下标区间([l_i,r_i])中第(k_i)小的数。

1.设(mid=(L+R)>>1)

2.利用树状数组，对于(q)中每个询问，统计在序列(a)下标区间([l_i,r_i])中不大于(mid)的数有多少个，记为(c_i).

3.若(k_i≤c_i)，则把该询问加入到(lq)中，否则令(k_i-=c_i)，将其加入到序列(rq)中。

4.令序列(a)中(≤mid)的数构成序列(la)，(＞mid)的数构成序列(ra)。

5.递归求解(solve(L,mid,la,lq))和(solve(mid+1,R,ra,rq))。

递归的边界为:当(q)为空时，直接返回。当(L==R)时，说明询问序列中的每个问题L就是答案（R也一样），统计后返回

在实际做的时候我们把(lq)和(la)放在一个序列里面做，打一个(op)标记判断一下，因为(la,lq)和(ra,rq)是互不干扰的。合并序列时直接在原序列上修改，然后记下范围指针就好了

因为分治最多进行(logSIZE)层((SIZE)为值域大小)，在算上树状数组的(log)，整个事件复杂度为(O((N+M)logSIZElogN))，如果加上离散化，可以做到(O((N+M)log^2N))

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,M,tot;
const int maxn=200005,INF=1<<30;
struct AS{
	int x,y,z,op;
}q[maxn<<1],lq[maxn<<1],rq[maxn<<1];
int ans[maxn],c[maxn];

inline int read(){
	int ret=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(ch<='9'&&ch>='0')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
	return ret*f;
}

inline void add_x(int x,int val){
	for(int i=x;i<=N;i+=i&-i)c[i]+=val;
	return ;
}

inline int get(int x){
	int ret=0;
	for(int i=x;i;i-=i&-i)ret+=c[i];
	return ret;
}

void solve(int lval,int rval,int st,int ed){
	if(st>ed)return ;
	if(lval==rval){
		for(int i=st;i<=ed;i++){
			if(q[i].op>0)ans[q[i].op]=lval;
		}
		return ;
	}
	int mid=lval+rval>>1;
	int lt=0,rt=0;
	for(int i=st;i<=ed;i++){
		if(q[i].op==0){
			if(q[i].y<=mid)add_x(q[i].x,1),lq[++lt]=q[i];
			else rq[++rt]=q[i];
		}
		else {
			int cnt=get(q[i].y)-get(q[i].x-1);
			if(q[i].z<=cnt)lq[++lt]=q[i];
			else q[i].z-=cnt,rq[++rt]=q[i];
		}
	}
	for(int i=ed;i>=st;i--){
		if(q[i].op==0&&q[i].y<=mid)add_x(q[i].x,-1);
	}
	for(int i=1;i<=lt;i++)q[st+i-1]=lq[i];
	for(int i=1;i<=rt;i++)q[st+lt+i-1]=rq[i];
	solve(lval,mid,st,st+lt-1);
	solve(mid+1,rval,st+lt,ed);
	return ;
}
int main(){
	N=read();M=read();
	for(int i=1;i<=N;i++){
		++tot;
		q[tot].op=0;q[tot].x=i;q[tot].y=read();
	}
	for(int i=1;i<=M;i++){
		++tot;
		q[tot].op=i;q[tot].x=read(),q[tot].y=read(),q[tot].z=read();
	}
	solve(-INF,INF,1,tot);
	for(int i=1;i<=M;i++)printf("%d
",ans[i]);
	return 0;
}

P3834 【模板】可持久化线段树 2（主席树）题解 Link Solve Code

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