2018.07.01洛谷P2617 Dynamic Rankings（带修主席树）

P2617 Dynamic Rankings

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。

输入输出格式

输入格式：

第一行有两个正整数n(1≤n≤10000)，m(1≤m≤10000)。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。

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。

输入输出样例

输入样例#1：

5 3

3 2 1 4 7

Q 1 4 3

C 2 6

Q 2 5 3

输出样例#1：

3

6

说明

20%的数据中，m,n≤100;

40%的数据中，m,n≤1000;

100%的数据中，m,n≤10000。

来源：bzoj1901

本题数据为洛谷自造数据，使用CYaRon耗时5分钟完成数据制作。

这题在bzoj" role="presentation" style="position: relative;">bzojbzoj上竟然是权限题，惊了！！！，不过洛谷上也有。

这道题读完应该至少有三种思路，树套树，带修改主席树和整体二分。这里我选择的是带修改主席树（但最简单的应该是整体二分）。

那么带修改主席树应该怎么写呢？回顾一下主席树的姿势，主席树就是权值线段树的前缀形式，如果对于每一个操作直接修改，那么我们会对编号为1−>i" role="presentation" style="position: relative;">1−>i1−>i的所有主席树进行修改，时间复杂度就炸裂了！！我们再想一想，单点修改，然后区间查询，这是似曾相识的询问方式。咦？树状数组？

树状数组！！！

我们将原本的前缀套权值线段树改成现在的树状数组套权值线段树，就组成了我们的带修改主席树了。

此题代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10005
using namespace std;
inline long long lowbit(long long x){return x&-x;}
struct Node{long long l,r,sum;}T[N*600];
struct Q{long long a,b,c;}q[N];
long long n,m,siz,tot,rt[N*600],qx[N],qy[N],ansx,ansy,b[N<<1],a[N];
inline void update(long long&p,long long last,long long l,long long r,long long k,long long v){
    p=++siz,T[p].sum=T[last].sum+v,T[p].l=T[last].l,T[p].r=T[last].r;
    if(l==r)return;
    long long mid=l+r>>1;
    if(k<=mid)update(T[p].l,T[last].l,l,mid,k,v);
    else update(T[p].r,T[last].r,mid+1,r,k,v);
}
inline long long read(){
    long long ans=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return ans*w;
}
inline void add(long long x,long long v){
    long long k=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[x])-b;
    for(long long i=x;i<=n;i+=lowbit(i))update(rt[i],rt[i],1,tot,k,v);
}
inline long long query(long long l,long long r,long long k){
    if(l==r)return l;
    long long sum=0,mid=l+r>>1;
    for(long long i=1;i<=ansx;++i)sum-=T[T[qx[i]].l].sum;
    for(long long i=1;i<=ansy;++i)sum+=T[T[qy[i]].l].sum;
    if(k<=sum){
        for(long long i=1;i<=ansx;++i)qx[i]=T[qx[i]].l;
        for(long long i=1;i<=ansy;++i)qy[i]=T[qy[i]].l;
        return query(l,mid,k);
    }
    else{
        for(long long i=1;i<=ansx;++i)qx[i]=T[qx[i]].r;
        for(long long i=1;i<=ansy;++i)qy[i]=T[qy[i]].r;
        return query(mid+1,r,k-sum);
    }
}
char s[10];
int main(){
    n=read(),m=read(),tot=0;
    for(long long i=1;i<=n;++i)a[i]=b[++tot]=read();
    for(long long i=1;i<=m;++i){
        scanf("%s",s);
        q[i].a=read(),q[i].b=read();
        if(s[0]=='Q')q[i].c=read();
        else q[i].c=0,b[++tot]=q[i].b;
    }
    sort(b+1,b+tot+1);
    tot=unique(b+1,b+tot+1)-b-1;
    for(long long i=1;i<=n;++i)add(i,1);
    for(long long i=1;i<=m;++i){
        if(q[i].c){
            ansx=0,ansy=0;
            for(long long j=q[i].b;j;j-=lowbit(j))qy[++ansy]=rt[j];
            for(long long j=q[i].a-1;j;j-=lowbit(j))qx[++ansx]=rt[j];
            printf("%lld\n",b[query(1,tot,q[i].c)]);
        }
        else add(q[i].a,-1),a[q[i].a]=q[i].b,add(q[i].a,1);
    }
    return 0;
}