整体二分
本来感觉挺神秘的一个东西， 学完了似乎没有多难， 放几个板子随便写写吧（今天数学不想做题）
从最最最最人尽皆知的区间第 \(k\) 大问题开始吧
引入
如果我想问你一个序列中的区间的第 \(k\) 大，你会如何？
显然我们直接二分就行（主席树学傻的滚）
时间复杂度为 \(O(nlogn)\) 感觉挺不错的呢
但是如果我们有一大堆询问，我们的时间复杂度就会直接被干到 \(O(qnlogn)\) ，这个东西都没我快， 我们肯定是很不满意的
这时候就要引出我们的整体二分了
与其说是二分，其实我觉得更像是分治，利用可二分问题的性质
比如说我们想要解决这个经典区间第 \(k\) 大的问题
我们使用一个容器存储当前 \([l，r]\) 的加点， 询问信息
注意这里的 \([l,r]\) 和如果只有一个操作一样，指的是值而非位置，平常二分是什么这个 \(l,r\) 就是什么
我这里就使用一个存结构体的 \(vector\) 了
结构体里边有 \(x,y,k,id,type\)
其中 \(type\) 代表的是所记录的操作是属于添加还是删除，根据我的习惯，我们就使用 \(0\) 代表这个操作是添加， \(1\) 代表这个操作是询问
在 \(type=1\) 中， \(x,y,k,id\) 分别代表的是询问左端点，右端点，求第 \(k\) 大，询问编号(输出用，我们搞得离线)
在 \(type=0\) 中， \(x,id\) 分别代表当前位置的值和当前位置编号，其他位置没有意义
这两个的存贮是不干扰的， 为什么最好放到一个里我们之后再说，我们把所有添加放到最前面
之后我们开始我们的算法：
当前我们处理到区间 \([l,r]\) 了， 有一个容器 \(tmp\) 记录着作用于当前区间的操作
如果 \(l=r\)， 即为当前已经锁定了一个值，我们就将容器中所有的询问直接设为 \(l\) 就行，注意按照 \(id\) 存储，直接返回即可，反之向下继续走
我们找出来 \(mid\)，开两个容器表示我们向下 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\) 的容器，方便我们向下分治使用，还需要一个数据结构维护我们需要的信息
在这个问题中，我们决定一个询问是向 \([l,mid]\) 还是 \([mid+1,r]\) 是取决于比当前询问 \(k\) 大的数字有几个的，我们使用树状数组就可以维护，我们首先处理添加操作
我们将值在当前 \(mid\) 左边的添加操作加上去，对应的，也就是在树状数组对应位置处加上 \(1\) （是 id 哦）
过程中我们将值小于等于 \(mid\) 的放到 \([l,mid]\) 的容器中， 反之同理
之后我们 \(mid\) 往左的都处理好了，之后对于排在后边的若干个询问，我们只需要查询在 \([x,y]\) 之间有多少个
如果比当前 \(k\) 大，这个询问放到 \([l,mid]\) ,反之同理
最后别忘了我们这个树状数组只为了我们确定询问下放的位置，对不同 \(mid\) 也不同， 我们需要清空树状数组
递归下去就行
我们放一下代码罢
代码如下↓
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MN=1e6;
struct Node{int x, y, k, id, type;};
struct BIT{int tr[MN], n;void init(int num){n=num; memset(tr,0,sizeof(tr));}int lowbit(int x){return x&(-x);}void update(int pos, int val){for(int i=pos; i<=n; i+=lowbit(i)) tr[i]+=val;}int qval(int pos){int res=0; for(int i=pos; i; i-=lowbit(i)) res+=tr[i];return res;}int query(int l, int r){return qval(r)-qval(l-1);}
}bit;
int n, q, ans[MN];
void solve(vector <Node> tmp, int l, int r){if(tmp.empty()) return;if(l==r){for(int j=0; j<tmp.size(); ++j)if(tmp[j].type)ans[tmp[j].id]=l;return;}int mid=(l+r)>>1;vector <Node> tmp1, tmp2;for(int j=0; j<tmp.size(); ++j){if(!tmp[j].type){if(tmp[j].x<=mid){bit.update(tmp[j].id,1);tmp1.push_back(tmp[j]);}else{tmp2.push_back(tmp[j]);}}else{int res=bit.query(tmp[j].x,tmp[j].y);if(res>=tmp[j].k){tmp1.push_back(tmp[j]);}else{tmp[j].k-=res;tmp2.push_back(tmp[j]);}}}for(int j=0; j<tmp1.size(); ++j) if(!tmp1[j].type) bit.update(tmp1[j].id,-1);solve(tmp1,l,mid); solve(tmp2,mid+1,r);
}
vector <Node> tot;
int main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); cin>>n>>q; bit.init(n+1);for(int i=1; i<=n; ++i){int val; cin>>val;tot.push_back({val,0,0,i,0});}for(int i=1; i<=q; ++i){int l, r, k; cin>>l>>r>>k;tot.push_back({l,r,k,i,1});}solve(tot,0,0x3f3f3f3f);for(int i=1; i<=q; ++i) cout<<ans[i]<<'\n';return 0;
}
有点小压行，不影响
我们看一下带修改的怎么写（树套树狗都不写）
就这个，唯一的区别是加了一个修改操做，我们加一个 \(type\) 表示修改
同理做就好
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MN=5e5+515;struct BIT{int tr[MN],n;int lowbit(int x){return x&-x;}void update(int x,int v){for(;x<=n;x+=lowbit(x)) tr[x]+=v;}int query(int x){int res=0;for(;x;x-=lowbit(x)) res+=tr[x];return res;}int query(int l,int r){return query(r)-query(l-1);}
}bit;struct Node{int x,y,k,id,type;};
int n,q,ans[MN],a[MN];
char op[MN];
vector<Node> qry;void solve(vector<Node> q,int l,int r){if(q.empty()) return;if(l==r){for(auto i:q) if(i.type==2) ans[i.id]=l;return;}int mid=(l+r)>>1;vector<Node> q1,q2;vector<pair<int,int>> hs;for(auto i:q){if(!i.type){if(i.x<=mid){bit.update(i.id,1);hs.emplace_back(i.id,1);q1.push_back(i);}else q2.push_back(i);}else if(i.type==1){if(i.y<=mid){bit.update(i.x,-1);hs.emplace_back(i.x,-1);q1.push_back(i);}else q2.push_back(i);}else{int res=bit.query(i.x,i.y);if(res>=i.k) q1.push_back(i);else i.k-=res,q2.push_back(i);}}for(auto [x,y]:hs) bit.update(x,-y);solve(q1,l,mid);solve(q2,mid+1,r);
}int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>q; bit.n=n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];qry.push_back({a[i],0,0,i,0});}for(int i=1;i<=q;i++){cin>>op[i];if(op[i]=='C'){int x,y;cin>>x>>y;qry.push_back({x,a[x],0,0,1});qry.push_back({y,0,0,x,0});a[x]=y;}else{int l,r,k;cin>>l>>r>>k;qry.push_back({l,r,k,i,2});}}solve(qry,0,1e9);for(int i=1;i<=q;i++) if(op[i]=='Q') cout<<ans[i]<<'\n';return 0;
}
再放一个吧......
这个大概说一下吧
题意就是我们有一个环（不会有我这样的弱智没有读出来吧），每个点属于一个国家，有一些操作，从 \(l\) 开始顺时针走一直到 \(r\) ，其中每一个点加上 \(v\) ， 每一个国家有一个值，询问每个国家至少到什么时候才凑齐这个值
我们对于时间二分，使用差分+树状数组维护一下就行了
代码↓
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MN=3e5+315;
struct Add_Node{int l, r; long long val; int id;};
struct Query_Node{int id, val;};
int n, m;
long long ans[MN];
vector <int> sta[MN];
struct Bit{long long tr[MN];int lowbit(int x){return x&(-x);}void update(int pos, long long val){for(int i=pos; i<=m; i+=lowbit(i)) tr[i]+=val;}void update_range(int l, int r, long long val){update(l,val); update(r+1,-val);}int qval(long long pos){int res=0; for(int i=pos; i; i-=lowbit(i)) res+=tr[i];return res;}
}bit;
long long query(int x, int p){long long res=0;for(auto v:sta[x]){res+=bit.qval(v);if(res>=p) return -1;}return res;
}
void solve(vector <Add_Node> addtmp, vector <Query_Node> querytmp, int l, int r){if(l==r){for(auto v:querytmp) ans[v.id]=l;return;}int mid=(l+r)>>1;vector <Add_Node> addtmp_l, addtmp_r;vector <Query_Node> querytmp_l, querytmp_r;for(auto v:addtmp){if(v.id<=mid){if(v.l<=v.r){bit.update_range(v.l,v.r,v.val);}else{bit.update_range(v.l,m,v.val);bit.update_range(1,v.r,v.val);}addtmp_l.push_back(v);}else{addtmp_r.push_back(v);}}for(auto v:querytmp){int res=query(v.id,v.val);if(res==-1){querytmp_l.push_back(v);}else{v.val-=res;querytmp_r.push_back(v);}}for(auto v:addtmp_l){if(v.l<=v.r){bit.update_range(v.l,v.r,-v.val);}else{bit.update_range(v.l,m,-v.val);bit.update_range(1,v.r,-v.val);} }solve(addtmp_l,querytmp_l,l,mid);solve(addtmp_r,querytmp_r,mid+1,r);
}
vector <Add_Node> addtot;
vector <Query_Node> querytot;
signed main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);cin>>n>>m;for(int i=1,val; i<=m; ++i){cin>>val; sta[val].push_back(i);}for(int i=1,val; i<=n; ++i){cin>>val; querytot.push_back({i,val});}int q; cin>>q;for(int i=1; i<=q; ++i){int l, r, val; cin>>l>>r>>val;addtot.push_back({l,r,val,i});}solve(addtot,querytot,1,q+1);for(int i=1; i<=n; ++i){if(ans[i]==q+1) cout<<"NIE\n";else cout<<ans[i]<<'\n';}return 0;
}