BZOJ 3110 [Zjoi2013]K大數查詢 （CDQ分治+樹狀數組）

題目描述

有N個位置，M個操做。操做有兩種，每次操做若是是1 a b c的形式表示在第a個位置到第b個位置，每一個位置加入一個數c若是是2 a b c形式，表示詢問從第a個位置到第b個位置，第C大的數是多少。

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第一行N，M接下來M行，每行形如1 a b c或2 a b c

 

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輸出每一個詢問的結果

 

輸入輸出樣例

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2 5
1 1 2 1
1 1 2 2
2 1 1 2
2 1 1 1
2 1 2 3

輸出樣例#1：  複製

1
2
1

說明

【樣例說明】

第一個操做 後位置 1 的數只有 1 ， 位置 2 的數也只有 1 。 第二個操做 後位置 1

的數有 1 、 2 ，位置 2 的數也有 1 、 2 。 第三次詢問 位置 1 到位置 1 第 2 大的數 是

1 。 第四次詢問 位置 1 到位置 1 第 1 大的數是 2 。 第五次詢問 位置 1 到位置 2 第 3

大的數是 1 。‍

N,M<=50000,N,M<=50000

a<=b<=N

1操做中abs(c)<=N

2操做中c<=long long

 

題解

聽說這是一道CDQ的板子題（然而爲何還有大佬說這是總體二分呢……蒟蒻實在搞不清楚有什麼不一樣的……）

這裏要二分的有兩個，一個是詢問，一個是答案（題目已經保證了答案都在1-n的範圍內）

先二分一個答案，若是查詢所得的排名小於詢問（即求得的k比詢問小），說明答案應該更大，放到右邊遞歸處理，不然答案應該更小，放到左邊遞歸（放到左邊的話要記得減掉查詢出來的k）

查詢的話是區間修改和區間詢問，用樹狀數組就能夠了

 1 //minamoto
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstdio>
 4 #define ll long long
 5 using namespace std;
 6 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 7 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
 8 inline int read(){
 9     #define num ch-'0'
10     char ch;bool flag=0;int res;
11     while(!isdigit(ch=getc()))
12     (ch=='-')&&(flag=true);
13     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
14     (flag)&&(res=-res);
15     #undef num
16     return res;
17 }
18 char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
19 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
20 inline void print(int x){
21     if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
22     while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
23     while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
24 }
25 const int N=50005;
26 ll c1[N],c2[N];
27 int ans[N],pd[N],n,m;
28 struct node{
29     int type,l,r,val,id;
30     node(){}
31     node(int type,int l,int r,int val,int id):type(type),l(l),r(r),val(val),id(id){}
32 }a[N],lef[N],rig[N];
33 inline void add(int x,ll val){
34     int t=x;
35     for(int i=x;i<=n;i+=i&(-i))
36     c1[i]+=val,c2[i]+=val*t;
37 }
38 inline ll sum(int x){
39     ll res=0;
40     for(int i=x;i;i-=i&(-i))
41     res+=c1[i]*(x+1)-c2[i];
42     return res;
43 }
44 void CDQ(int ql,int qr,int l,int r){
45     if(ql>qr||l>r) return;
46     if(l==r) {for(int i=ql;i<=qr;++i) ans[a[i].id]=l;return;}
47     int mid=(l+r)>>1;
48     int nowl=0,nowr=0;
49     for(int i=ql;i<=qr;++i){
50         if(a[i].type&1){
51             if(a[i].val>mid) add(a[i].l,1),add(a[i].r+1,-1),rig[++nowr]=a[i];
52             else lef[++nowl]=a[i];
53         }
54         else{
55             ll now=sum(a[i].r)-sum(a[i].l-1);
56             if(now>=a[i].val) rig[++nowr]=a[i];
57             else a[i].val-=now,lef[++nowl]=a[i];
58         }
59     }
60     for(int i=ql;i<=qr;++i)
61     if((a[i].type&1)&&a[i].val>mid)
62     add(a[i].l,-1),add(a[i].r+1,1);
63     for(int i=1;i<=nowl;++i) a[ql+i-1]=lef[i];
64     for(int i=1;i<=nowr;++i) a[ql+nowl-1+i]=rig[i];
65     CDQ(ql,ql+nowl-1,l,mid);
66     CDQ(ql+nowl,qr,mid+1,r);
67 }
68 int main(){
69     //freopen("testdata.in","r",stdin);
70     n=read(),m=read();
71     for(int i=1;i<=m;++i){
72         int type=read(),l=read(),r=read(),val=read();
73         a[i]=node(type,l,r,val,i);
74         if(type&2) pd[i]=1;
75     }
76     CDQ(1,m,1,n);
77     for(int i=1;i<=m;++i)
78     if(pd[i]) print(ans[i]);
79     Ot();
80     return 0;
81 }