整体二分浅谈

一、前置知识

　　在学习整体二分之前，要学会二分，以及二分的分治思想。

二、整体二分浅谈及例题

　　例题：bzoj2527: [Poi2011]Meteors

　　对于这道题是整体二分的经典例题，我们先抛开整体二分，思考二分怎么做。对于一个询问，因为答案有单调性，如果$x$时刻为最小可以时刻，则比$x$小的时刻都不可以，比$x$大的时刻都可以，所以我们可以进行二分答案，并加以验证。先不说怎样验证，就单是时间复杂度就不能接受，$O(nmlog_2^n)$。

　　如果一个一个进行二分时间复杂度不允许，且这些询问不是强制在线的，我们不妨整体进行二分，我们把所有询问放在一起进行二分。我们设计一个函数$solve(l，r，x，y)$，表示当前询问序列$[x，y]$的答案在当前答案$[l，r]$区间。有一个问题，就是为什么答案在答案区间$[l，r]$的所有询问会连接在一起，在询问序列的连续一段呢？这个问题放在后面，先置之不理。我们思考，怎样进行二分。

　　二分答案的思想是取出当前答案区间的中间值进行验证，如果比答案小，则让答案的区间的左端点为中间值加一，反之让答案的右端点为中间值。按照二分答案的思想，我们也进行中间值验证。看例题，我们思考怎么验证。

　　对于当前答案区间$[l，r]$，我们把第$[l，mid]$场流星雨全部落下，看在当前答案区间$[l，r]$所属的所有询问是否在第$[l，mid]$场流星雨下过之后已经收集足够的陨石，如果当前询问已经收集够，我们把它归为答案区间$[l，mid ]$中，反之我们把它归为答案区间$[mid+1，r]$中，并且对于归为答案区间$[mid+1，r]$的询问我们需要进行修改，对于其希望要收集的陨石数要减去$[l，mid]$场流星雨的陨石总数，此处理解一下。

　　现在解决一下上面留下的问题，我们怎么能将答案都在$[x，y]$区间的所有询问都放在一起呢？我们对于每一次划分，都将这些询问进行拷贝，并且修改，然后重新按左右排布，这样我们就能让这些答案在同一区间的询问在一起了。

　　我们分析一下时间复杂度：我们运用线段树的思想进行分析，我们一共有$log_2^{r-l+1}$层，在这个式子中的$r$表示答案可能到达的最大值，反之$l$表示的就是答案可能到达的最小值，在本题中，我们的$r=n，l=1$，但是下方的代码最开始的传参为$r=n+1$，这表示前$n$场流星雨都不能满足这个询问，所以最后落在$n+1$的所有询问表示不能在所有$n$个流行雨中的到满足，故输出$-1$。每一层中我们运用线段树的思想，知道遍历每一层的所有流星雨，一共是线性的时间复杂度，并且每一层正正好好摊分所有$m$个询问，在每一层中我们每一个询问和流星雨都会运用树状数组，所以总的时间复杂度是$O((n+m)log_2^{n}log_2^{r-l+1})$。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 300010
struct Per {int head,id;long long need;}per[N],per_[N<<1];
int n,m,k,L[N],R[N];long long A[N];int ans[N],nxt[N],to[N],idx;long long tmp[N<<1];
void add(int a,int b) {nxt[++idx]=per[a].head,to[idx]=b,per[a].head=idx;}
void change(int x,long long y) {while(x<=2*m) tmp[x]+=y,x+=x&-x;}
long long find(int x) {long long sum=0;while(x) sum+=tmp[x],x-=x&-x;return sum;}
void solve(int l,int r,int x,int y)
{
    if(l==r) {for(int i=x;i<=y;i++) ans[per[i].id]=l;return;}
    int mid=(l+r)>>1,tl=0,tr=n;
    for(int i=l;i<=mid;i++) change(L[i],A[i]),change(R[i]+1,-A[i]);
    for(int i=x;i<=y;i++)
    {
        long long tmp1=0;
        for(int j=per[i].head;j&&tmp1<=per[i].need;j=nxt[j])
            tmp1+=find(to[j]+m)+find(to[j]);
        if(tmp1>=per[i].need) per_[++tl]=per[i];
        else per_[++tr]=per[i],per_[tr].need-=tmp1;
    }
    for(int i=l;i<=mid;i++) change(L[i],-A[i]),change(R[i]+1,A[i]);
    for(int i=1;i<=tl;i++) per[x+i-1]=per_[i];
    for(int i=n+1;i<=tr;i++) per[x+tl+i-n-1]=per_[i];
    solve(l,mid,x,x+tl-1),solve(mid+1,r,y-tr+n+1,y);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1,a;i<=m;i++) scanf("%d",&a),add(a,i);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&per[i].need),per[i].id=i;
    scanf("%d",&k);for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d%d%lld",&L[i],&R[i],&A[i]);
    for(int i=1;i<=k;i++) if(R[i]<L[i]) R[i]+=m; solve(1,k+1,1,n);
    for(int i=1;i<=n;i++) (ans[i]==k+1)?printf("NIE\n"):printf("%d\n",ans[i]);
}

三、习题

　　bzoj2161: 布娃娃

　　题解：这道题我们可以运用主席树，或是树状数组来解决。但是我们这道题要运用整体二分来解决，我们发现这道和上一道题差不多，也是区间覆盖，但是是找第$k?$大的，同样与上一道题一样，我们每一次进行验证答案的中间值，并进行左右递归，最后处理出答案。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 300010
#define mod 19921228
int n,num[N],placel[N],placer[N],number[N],ans[N],idx,tmp[N],P[N],C[N],L[N],R[N];
struct Doll {int id,p,l,r,k,val;}doll[N],doll_[N];
char *p1,*p2,buf[100000];
#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int rd() {int x=0,f=1; char c=nc(); while(c<48)
    {if(c==‘-‘) f=-1;c=nc();} while(c>47) x=(((x<<2)+x)<<1)+(c^48),c=nc(); return x*f;}
bool cmp(const Doll &a,const Doll &b) {return a.val>b.val;}
void change(int x,int y) {while(x<=idx) tmp[x]+=y,x+=x&-x;}
int find(int x) {int sum=0;while(x) sum+=tmp[x],x-=x&-x;return sum;}
int find_ord(int x) {int l=1,r=idx+1;
    while(l<r) {int mid=(l+r)>>1;(number[mid]>=x)?r=mid:l=mid+1;}return l;}
void solve(int l,int r,int x,int y)
{
    if(l==r) {for(int i=x;i<=y;i++) ans[doll[i].id]=num[l];return;}
    int mid=(l+r)>>1,tl=0,tr=n;
    for(int i=l;i<=mid;i++) change(placel[i],1),change(placer[i]+1,-1);
    for(int i=x;i<=y;i++)
    {
        int tmp1=find(doll[i].p);
        if(tmp1>=doll[i].k) doll_[++tl]=doll[i];
        else doll_[++tr]=doll[i],doll_[tr].k-=tmp1;
    }
    for(int i=l;i<=mid;i++) change(placel[i],-1),change(placer[i]+1,1);
    for(int i=1;i<=tl;i++) doll[x+i-1]=doll_[i];
    for(int i=n+1;i<=tr;i++) doll[x+tl+i-n-1]=doll_[i];
    solve(l,mid,x,x+tl-1),solve(mid+1,r,y-tr+n+1,y);
}
int main()
{
    n=rd();
	int Padd=rd(),Pfirst=rd(),Pmod=rd(),Pprod=rd();
	int Cadd=rd(),Cfirst=rd(),Cmod=rd(),Cprod=rd();
	int Ladd=rd(),Lfirst=rd(),Lmod=rd(),Lprod=rd();
	int Radd=rd(),Rfirst=rd(),Rmod=rd(),Rprod=rd();
	P[1]=Pfirst%Pmod; for(int i=2;i<=n;i++) P[i]=(1ll*P[i-1]*Pprod+Padd+i)%Pmod;
	C[1]=Cfirst%Cmod; for(int i=2;i<=n;i++) C[i]=(1ll*C[i-1]*Cprod+Cadd+i)%Cmod;
	L[1]=Lfirst%Lmod; for(int i=2;i<=n;i++) L[i]=(1ll*L[i-1]*Lprod+Ladd+i)%Lmod;
	R[1]=Rfirst%Rmod; for(int i=2;i<=n;i++) R[i]=(1ll*R[i-1]*Rprod+Radd+i)%Rmod;
    for(int i=1;i<=n;i++) if(L[i]>R[i]) swap(L[i],R[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) doll[i].l=L[i],doll[i].r=R[i],
        doll[i].p=P[i],doll[i].val=C[i],doll[i].k=i,doll[i].id=i;
    for(int i=1;i<=n;i++) number[++idx]=doll[i].p,number[++idx]=doll[i].l,number[++idx]=doll[i].r;
    sort(number+1,number+idx+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        doll[i].p=find_ord(doll[i].p),doll[i].l=find_ord(doll[i].l),doll[i].r=find_ord(doll[i].r);
    sort(doll+1,doll+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++) num[i]=doll[i].val,doll[i].val=i,placel[i]=doll[i].l,placer[i]=doll[i].r;
    solve(1,n+1,1,n); for(int i=1;i<=n;i++) (ans[i]+=ans[i-1])%=mod; printf("%d\n",ans[n]);
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/yangsongyi/p/10353636.html