P2617 Dynamic Rankings 动态主席树

\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)

给定一个含有n个数的序列a[1],a[2],a[3]……a[n]，程序必须回答这样的询问：对于给定的i,j,k，在a[i],a[i+1],a[i+2]……a[j]中第k小的数是多少(1≤k≤j-i+1)，并且，你可以改变一些a[i]的值，改变后，程序还能针对改变后的a继续回答上面的问题。你需要编一个这样的程序，从输入文件中读入序列a，然后读入一系列的指令，包括询问指令和修改指令。

对于每一个询问指令，你必须输出正确的回答。

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

第一行有两个正整数n(1≤n≤100000)，m(1≤m≤100000)。分别表示序列的长度和指令的个数。

第二行有n个数，表示a[1],a[2]……a[n]，这些数都小于10^9。接下来的m行描述每条指令，每行的格式是下面两种格式中的一种。 Q i j k 或者 C i t

• Q i j k （i,j,k是数字，1≤i≤j≤n, 1≤k≤j-i+1）表示询问指令，询问a[i]，a[i+1]……a[j]中第k小的数。
• C i t (1≤i≤n，0≤t≤10^9)表示把a[i]改变成为t。

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

对于每一次询问，你都需要输出他的答案，每一个输出占单独的一行。

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

5 3
3 2 1 4 7
Q 1 4 3
C 2 6
Q 2 5 3

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

3
6

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

10%的数据中，m,n≤100;

20%的数据中，m,n≤1000;

50%的数据中，m,n≤10000。

对于所有数据，m,n≤100000

请注意常数优化，但写法正常的整体二分和树套树都可以以大约1000ms每个点的时间过。

\(\color{#0066ff}{题解}\)

整体二分，答案值域与各种操作与询问区间

把所有操作，询问，甚至是输入的初始值，全部存起来（按时间顺序，输入在最前面）

每次取当前答案范围中点mid，用比较优秀的复杂度判断当前问题区间每个问题到底应该属于左区间还是右区间，并计算贡献，递归下去

当答案值域区间为一个值的时候，那么当前问题区间的所有问题的答案就是这个值

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
	char ch; LL x = 0, f = 1;
	while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
	for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
	return x * f;
}
const int maxn = 4e5 + 10;
struct node {  //定义五元组进行操作
	int tp, id, l, r, k;
	node(int tp = 0, int id = 0, int l = 0, int r = 0, int k = 0): tp(tp), id(id), l(l), r(r), k(k) {}
}q[maxn], ql[maxn], qr[maxn];
struct Tree {
protected:
	int st[maxn];
	int low(int x) { return x & (-x); }
	int len;
public:
	void resize(int n) { len = n; }
	void add(int pos, int k) { while(pos <= len) st[pos] += k, pos += low(pos); }
	int query(int pos) { int re = 0; while(pos) re += st[pos], pos -= low(pos); return re; }
}s;
int n, m, num, a[maxn], ans[maxn];
char getch() {
	char ch;
	while(!isalpha(ch = getchar()));
	return ch;
}
void work(int l, int r, int nl, int nr) {
	if(l > r || nl > nr) return;  //不合法直接返回
	if(l == r) {                  //边界，得出ans
		for(int i = nl; i <= nr; i++) if(q[i].tp) ans[q[i].id] = l;
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1, cntl = 0, cntr = 0;  //当前答案mid，放入左区间的操作个数，放入右区间的操作个数
	for(int i = nl; i <= nr; i++) {
		if(q[i].tp) {  //是询问
			int tot = s.query(q[i].r) - s.query(q[i].l - 1);  //算出询问区间中小于等于mid的数的个数
			if(q[i].k <= tot) ql[++cntl] = q[i];   //这些数中包括第k小，于是向左
			else q[i].k -= tot, qr[++cntr] = q[i];  //否则减去小于等于mid的贡献，向右
		}
		else {
			if(q[i].r <= mid) s.add(q[i].l, q[i].k), ql[++cntl] = q[i]; //小于等于mid，向左，还要放在树状数组上统计贡献（树状数组上的是小于等于mid的数的个数）
			else qr[++cntr] = q[i];    //否则放右边
		}
	}
	for(int i = nl; i <= nr; i++) if(!q[i].tp && q[i].r <= mid) s.add(q[i].l, -q[i].k); //树状数组清零
	for(int i = 1; i <= cntl; i++) q[nl + i - 1] = ql[i]; //左边的给左边
	for(int i = 1; i <= cntr; i++) q[nl + cntl + i - 1] = qr[i];  //右边的给右边
	work(l, mid, nl, nl + cntl - 1), work(mid + 1, r, nl + cntl, nr);  //分别递归
}

int main() {
	n = in(), m = in();
	int id = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) q[++num] = node(0, 0, i, a[i] = in(), 1);
	int l, r, k;
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		if(getch() == 'Q') {
			l = in(), r = in(), k = in();
			q[++num] = node(1, ++id, l, r, k);
		}
		else {
			l = in(), k = in();
			q[++num] = node(0, 0, l, a[l], -1);
			q[++num] = node(0, 0, l, a[l] = k, 1);
		}
	}
	s.resize(n);
	work(0, 1e9, 1, num);
	for(int i = 1; i <= id; i++) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
}