区间第k大的几种解法

区间第K大问题，变化包括带修改和不带修改，强制在线和允许离线

修改主要是单点修改，我们前面也只讨论这种情况。

接下来我们从编程复杂度和时空复杂度来讨论几种做法。

1.整体二分(编程复杂度:低-中，时间复杂度:优秀，空间复杂度:优秀)

缺点:只能做离线

优点:空间都是O(n)。常数小。带修改O(nlog2n)，不带修改O(nlogn)。

但是不带修改的情况，如果允许的话，个人认为加个树状数组写O(nlog2n)的更好写

这时单次solve中面对的问题是，数列中一些点是1其余都是0，然后求区间和的问题

这个问题把区间和变成前缀和相减，然后用vector来对那些需要求前缀的点做桶排

然后双指针即可做到单次solve为O(k)，k为此次处理的操作数，总体O(nlogn)的复杂度

显然如果不差那log的时间，直接用树状数组来处理更好写

下面给了一个带单点修改查询区间第K小的整体二分代码

 #include <bits/stdc++.h>

 #define lb(x) (x&(-x))

 using namespace std;

 const int N = 2e5 + ;

 int t, n, m, k, cnt;

 struct node {
     int id, i, j, k;
 }a[N], q1[N], q2[N];

 int ans[N], b[N];

 int c[N];

 char op[];

 void add(int i, int x) {while (i <= n) c[i] += x, i += lb(i);}

 int ask(int i) {int res = ; while (i > ) res += c[i], i -= lb(i); return res;}

 void solve(int head, int tail, int l, int r) {
     if (head > tail) return;
     if (l == r) {
         for (int i = head; i <= tail; i ++)
             ans[a[i].id] = r;
         return;
     }
     int mid = l + r >> , s1 = , s2 = ;
     for (int sum, i = head; i <= tail; i ++)
         if (a[i].id) {
             sum = ask(a[i].j) - ask(a[i].i - );
             if (sum >= a[i].k) q1[s1 ++] = a[i];
             else a[i].k -= sum, q2[s2 ++] = a[i];
         }
         else {
             if (a[i].j <= mid) q1[s1 ++] = a[i], add(a[i].i, a[i].k);
             else q2[s2 ++] = a[i];
         }
     for (int i = ; i < s1; i ++)
         if (!q1[i].id)
             add(q1[i].i, -q1[i].k);
     memcpy(a + head, q1, sizeof(node) * s1);
     memcpy(a + head + s1, q2, sizeof(node) * s2);
     solve(head, head + s1 - , l, mid);
     solve(head + s1, tail, mid + , r);
 }

 int main() {
     ios::sync_with_stdio(false);
     for (cin >> t; t --; ) {
         cin >> n >> m; k = cnt = ;
         for (int i = ; i <= n; i ++) {
             cin >> b[i];
             a[++ k] = (node){, i, b[i], };
         }
         for (int l, r, x, i = ; i <= m; i ++) {
             cin >> op >> l >> r;
             if (op[] == 'Q') {
                 cin >> x;
                 a[++ k] = (node){++ cnt, l, r, x};
             }
             else {
                 a[++ k] = (node){, l, b[l], -};
                 a[++ k] = (node){, l, b[l] = r, };
             }
         }
         solve(, k, , 1e9);
         for (int i = ; i <= cnt; i ++)
             printf("%d\n", ans[i]);
     }
     return ;
 }

2.主席树(编程复杂度:低-中，时间复杂度:优秀，空间复杂度:高)

缺点:空间占用多。树套树的常数。

优点:可以在线！时间复杂度同整体二分。空间复杂度和时间复杂度一致。

不带修改是主席树基本操作。带修改就套树状数组，下面给出(和上面同一个问题的)代码。

 #include <bits/stdc++.h>

 using namespace std;

 const int MAXN = 1e9;
 const int N = 5e4 + ;

 int n, m, a[N], rt[N];

 int tot, tr[N * ][];

 int tmp1[], tmp2[];

 #define l(x) tr[x][0]
 #define r(x) tr[x][1]
 #define s(x) tr[x][2]
 #define lb(x) (x&(-x))
 #define mid (l + r >> 1)

 int change(int o, int l, int r, int k, int v) {
     int x = ++ tot; s(x) = s(o) + v;
     if (l == r) return x; l(x) = l(o), r(x) = r(o);
     k > mid ? r(x) = change(r(o), mid + , r, k, v) : l(x) = change(l(o), l, mid, k, v);
     return x;
 }

 void modify(int i, int p, int v) {
     while (i <= n) rt[i] = change(rt[i], , MAXN, p, v), i += lb(i);
 }

 int ask(int l, int r, int k) {
     if (l == r) return r; int sum = ;
     for (int i = ; i <= tmp1[]; i ++) sum -= s(l(tmp1[i]));
     for (int i = ; i <= tmp2[]; i ++) sum += s(l(tmp2[i]));
     if (k > sum) {
         for (int i = ; i <= tmp1[]; i ++) tmp1[i] = r(tmp1[i]);
         for (int i = ; i <= tmp2[]; i ++) tmp2[i] = r(tmp2[i]);
         return ask(mid + , r, k - sum);
     }
     else {
         for (int i = ; i <= tmp1[]; i ++) tmp1[i] = l(tmp1[i]);
         for (int i = ; i <= tmp2[]; i ++) tmp2[i] = l(tmp2[i]);
         return ask(l, mid, k);
     }
 }

 int query(int l, int r, int k) {//查询区间第k小
     tmp1[] = tmp2[] = ;
     for (int i = l - ; i > ; i -= lb(i)) tmp1[++ tmp1[]] = rt[i];
     for (int i = r;     i > ; i -= lb(i)) tmp2[++ tmp2[]] = rt[i];
     return ask(, MAXN, k);
 }

 int main(){
     int t; char op[];
     for (cin >> t; t --; ) {
         cin >> n >> m; tot = ;
         for (int i = ; i <= n; i ++) cin >> a[i], rt[i] = ;
         for (int i = ; i <= n; i ++) modify(i, a[i], );
         for (int i, j, k; m --; ) {
             cin >> op >> i >> j;
             if (op[] == 'C') modify(i, a[i], -), modify(i, a[i] = j, );
             else cin >> k, printf("%d\n", query(i, j, k));
         }
     }
     return ;
 }

其他做法我参考了一下，很难与上述两种做法并肩，就不做讨论了

如果有的话欢迎告诉我

拓展1.初始数列每个位置都是一个空队列，修改变成了区间[l,r]的每个队列末尾都push一个数x

          查询某个区间所有数字中的第K大

解法:其实还是个整体二分的简单题目，用线段树维护即可，复杂度依然是O(nlog2n)