【树状数组套主席树】带修改区间K大数

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≤100000)，m(1≤m≤100000)。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
10%的数据中，m,n≤100;

20%的数据中，m,n≤1000;

50%的数据中，m,n≤10000。

对于所有数据，m,n≤100000

请注意常数优化，但写法正常的整体二分和树套树都可以以大约1000ms每个点的时间过。

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。

一些奇怪的东西

这个大概是luogu某题目，然而我太菜了，所以现在才会做。

这个题目显然是由一些静态的东西衍生而来的（没错就是静态区间K大数）

Hmm...昨天（可能是今天？？）有人问我，一些静态和动态的问题，我列举一下：

静态区间K大数（排个序就好了）

静态区间K大数（主席树搞一搞）

待修改区间K大数（我就要讲的这个嘛）

动态区间和（zkw线段树/朴素线段树/2个树状数组）

静态区间和（...前缀和?）

步入正题

话说带修改区间K大数（注意是修改而并不是插入）

显然我们如果按照静态区间K大数的方法搞，暴力更新整棵线段树那么复杂度将是O(n log₂ n)修改每次

想到单点修改求前缀和想到树状数组。不妨用树状数组维护线段树每个节点的前缀和，

换句话说要想求得每个节点具体的值，那么必须将属于这个节点的log₂ n个节点的和全部累加，才是这个节点值域范围内，前缀插入数的个数

既然我们能求出在线段树某一节点值域范围内，前缀插入数的个数，我们就按照和静态区间K大数的类二分查找（用线段树对值域的二分代替整体二分）来找到一个对于的树根，输出他的标号就行。

所以，树状数组是维护一个数组表示的是要想知道当前每一节点值域是[L,R]前缀插入数的个数，是哪log₂ n个节点的累加和。

这样子复杂度是O(log₂²n)每次插入。

查询的时候也是这样用R的前缀插入数的个数减去(l-1)前缀插入数的个数，就是该节点值域在[L,R]区间内插入数的个数。

这样的复杂度也是O(log₂²n)每次查询。

注意一些细节：

记录那几个点的数组（node_add和node_cut只需开log₂n个即可），

然后离线离散化以后在线做（其实和在线效果一样），

然后离散化的时候尽量不用vector(不好习惯)

对tmp[]离散化，T记录离散化后下标

    sort(tmp+1,tmp+1+tmp[0]);
    T=unique(tmp+1,tmp+1+tmp[0])-tmp;

若要查询某个数val离散化以后是多少，那么就是

w=lower_bound(tmp+1,tmp+1+T,val)-tmp;

若要查询某个离散化后的数kkk实际上是多少那么直接访问下标

w=o[kkk];

还是得解释代码：

# include <cstdio>
# include <map>
# include <algorithm>
# include <vector>
# include <cstring>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
# define lowbit(x) (x&(-x))
# define lson t[rt].ls,l,mid
# define rson t[rt].rs,mid+1,r
# define mid ((l+r)>>1)
int tmp[N<<1];
struct rec{
    int l,r,k,o;
}qes[N];
struct Seqment_Tree{
    int ls,rs,val;
}t[N*400];//树套树空间得开 n log n
int node_cut[25],node_add[25]; //这里只要log n个就行后面memset会慢
int cnt_cut,cnt_add,tot;
int root[N],a[N];
int T,n,m;
inline int read()
{
    int X=0,w=0; char c=0;
    while(c<‘0‘||c>‘9‘) {w|=c==‘-‘;c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘) X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar();
    return w?-X:X;
}
void write(int x)
{
    if (x<0) x=-x,putchar(‘-‘);
    if (x>9) write(x/10);
    putchar(‘0‘+x%10);
}//I/O优化
void update(int &rt,int l,int r,int pos,int val)
{
    if (!rt) rt=++tot; //如果此时的访问空的节点那么建立节点，否则会覆盖掉原有节点信息（普通主席树最好也这么写,但是没必要，因为每个节点一定是空的!!!）
    t[rt].val+=val;
    if (l==r) return;
    if (pos<=mid) update(lson,pos,val);
    else update(rson,pos,val);
}//普通主席树的更改维护，值域+1/-1
void pre_update(int x,int val)
{
    int w=lower_bound(tmp+1,tmp+1+T,a[x])-tmp;
    for (int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) update(root[i],1,T,w,val);
}//首先处理出那几棵线段树管这个数组的位置的前缀和的，然后每个线段树分别维护
int query(int l,int r,int k)
{
    if (l==r) return l;
    int ret=0;
    for (int i=1;i<=cnt_add;i++)
        ret+=t[t[node_add[i]].ls].val;
    for (int i=1;i<=cnt_cut;i++)
        ret-=t[t[node_cut[i]].ls].val;
//该加的加(r)，该减的减(l-1)
    if (k<=ret) {
        for (int i=1;i<=cnt_add;i++)
            node_add[i]=t[node_add[i]].ls;
        for (int i=1;i<=cnt_cut;i++)
            node_cut[i]=t[node_cut[i]].ls;
        return query(l,mid,k);
//不足右边不可能往左边搜
    } else {
        for (int i=1;i<=cnt_add;i++)
            node_add[i]=t[node_add[i]].rs;
        for (int i=1;i<=cnt_cut;i++)
            node_cut[i]=t[node_cut[i]].rs;
        return query(mid+1,r,k-ret);
//超过左边不可能往右边搜
    }
}
int pre_query(int l,int r,int k)
{
    memset(node_add,0,sizeof(node_add));
    memset(node_cut,0,sizeof(node_cut));
    cnt_add=cnt_cut=0;//清空
    for (int i=r;i;i-=lowbit(i)) node_add[++cnt_add]=root[i];
//处理该加的根节点
    for (int i=l-1;i;i-=lowbit(i)) node_cut[++cnt_cut]=root[i];
//处理该减的根节点
    return query(1,T,k);
}
int main()
{
    n=read();m=read();
    for (int i=1;i<=n;i++)
        tmp[++tmp[0]]=a[i]=read();
    for (int i=1;i<=m;i++) {
        char ch=0;
        while (ch!=‘Q‘&&ch!=‘C‘) ch=getchar();
        if (ch==‘Q‘) qes[i].l=read(),qes[i].r=read(),qes[i].k=read(),qes[i].o=1;
        else qes[i].l=read(),tmp[++tmp[0]]=qes[i].r=read(),qes[i].o=0;
    }
    sort(tmp+1,tmp+1+tmp[0]);
    T=unique(tmp+1,tmp+1+tmp[0])-tmp;
    for (int i=1;i<=n;i++) pre_update(i,1);
    for (int i=1;i<=m;i++) {
        if (qes[i].o==1) {
            write(tmp[pre_query(qes[i].l,qes[i].r,qes[i].k)]);
            putchar(‘\n‘);
        } else {
            pre_update(qes[i].l,-1);
            a[qes[i].l]=qes[i].r;
            pre_update(qes[i].l,1);
        }
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/ljc20020730/p/10357196.html