P8701 [蓝桥杯 2019 国 B] 第八大奇迹

简要题意

你需要维护一个长度为 \(L\) 的序列 \(a\)，初始时全部都是 \(0\)，有 \(N\) 个操作，支持：

• C p x，将 \(a_p\) 修改为 \(x\)。
• Q a b，输出 \([a,b]\) 中的第 \(8\) 大元素的值。

\(1 \leq L,N \leq 10^5\)，对于任意时刻，存在 \(0 \leq a_i \leq 10^9\)。

思路

据说这道题有普通线段树的 \(O(N\log N)\) 做法，但我不会，下面介绍一种较为常规的 \(O(N\log^2 N)\) 做法。

首先，看到单点修改区间求第 \(k\) 大元素，你会想到什么。我相信大家的答案都是：树状数组套可持久化权值线段树。但是这玩意太难写，还容易写错。于是我们可以考虑离线算法——整体二分。

先来考虑一个静态版本，即没有修改，你会怎么做？按照常规思路，我们可以在遍历到询问区间 \([L,R]\)，值域区间 \([l,r]\) 时。按照询问区间中小于等于 \((l+r)\div 2\) 数的多少分成分两拨，一波小于等于 \(k\)（此时答案小于等于 \((l+r)\div 2\)）和大于。然后向下递归。注意查询数的多少可以使用树状数组优化。

如果有修改呢，同样我们应该也把它分成两拨。同样依照整体二分的“值域中点影响”思想，我们可以将修改的值按照 \((l+r)\div 2\) 分成两拨，这样答案就和值域重点有关了。

但是修改会有后效性，我们在处理询问的时候，上一个操作修改的值会影响到当前的操作。我们可以考虑维护两种询问，一种是擦除上一次修改，一种补上这一次修改。两个操作一起加入操作数组，由于顺序性，就可以出色的解决这个问题。

我们分析以下时间复杂度，假设 \(L,N\) 同阶。那么树状数组需要 \(\log N\)，询问遍历所有区间 \(N\log N\)（参见调和级数的性质）,整体时间复杂度 \(O(N\log^2 N)\)。

另外提一句，这道题是 P2617 Dynamic Rankings 的弱化版。

代码

没有卡常，截止至 \(\text{2022-11-25 12:43:35}\) 位于最优解第三（整体二分比树套树略微慢一点）。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,m;
const int N = 2e5+5;
int a[N];
namespace BIT{
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
	int t[N];
	void update(int p,int v){
		while(p<=n){
			t[p]+=v;
			p+=lowbit(p);
		}
	}
	int query(int p){
		int ans=0;
		while(p){
			ans+=t[p];
			p-=lowbit(p);
		}
		return ans;
	}
	int query(int l,int r){
		return query(r)-query(l-1);
	}
}

struct Query{
	int op,l,r,k,p,v,id;
} q[N];

int ans[N];

void solve(int ql,int qr,int l,int r){
//	cout<<ql<<' '<<qr<<' '<<l<<' '<<r<<'\n';
	if(ql>qr||l>r){
		return;
	}
	if(l==r){
		for(int i=ql;i<=qr;i++){
			if(q[i].op==1)ans[q[i].id]=l;
		}
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	vector<Query> q1,q2;
	for(int i=ql;i<=qr;i++){
		if(q[i].op==1){
			int v=BIT::query(q[i].l,q[i].r);
			if(q[i].k<=v){
				q2.push_back(q[i]);
			}
			else{
				q[i].k-=v;
				q1.push_back(q[i]);
			}
		}
		else{
			if(q[i].v<=mid){
				q1.push_back(q[i]);
			}
			else{
				BIT::update(q[i].p,q[i].k);
				q2.push_back(q[i]);
			}
		}
	}
	for(Query i : q2){
		if(i.op!=1){
			BIT::update(i.p,-i.k);
		}
	}
	for(int i=0;i<(int)q1.size();i++){
		q[ql+i]=q1[i];
	}
	for(int i=0;i<(int)q2.size();i++){
		q[ql+q1.size()+i]=q2[i];
	}
	solve(ql,ql+q1.size()-1,l,mid);
	solve(ql+q1.size(),qr,mid+1,r);
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	int tot=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		char op;int jr,ytxy;
		cin>>op>>jr>>ytxy;
		if(op=='C'){
			if(a[jr]){
				q[++tot].op=0;
				q[tot].p=jr;
				q[tot].v=a[jr];
				q[tot].k=-1;
			}
			q[++tot].op=0;
			q[tot].p=jr;
			q[tot].v=ytxy;
			q[tot].k=1;
			a[jr]=ytxy;
		}
		else{
			q[++tot].op=1;
			q[tot].l=jr;
			q[tot].r=ytxy;
			q[tot].k=8;
			q[tot].id=i;
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)ans[i]=-114514;
	solve(1,tot,0,1e9);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(ans[i]>=0)cout<<ans[i]<<'\n';
	}
	return 0;
}