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Description
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。
Input
第一行有两个正整数
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]。
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 （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。
Output
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。
Sample Input
5 3
3 2 1 4 7
Q 1 4 3
C 2 6
Q 2 5 3
Sample Output
3
6
HINT
m,n≤10000 , 0≤ai≤1e9。
Main idea
询问区间中第k小的数是多少，需要支持单点修改点的权值。
Source
我们看到这道题，发现对于一个询问应该是可以二分查找答案的，那么我们从整体二分的角度来思考。
我们发现，如果没有修改的话，显然很简单，直接整体二分将所有询问一起操作即可。
但是我们有操作，那应该怎么办呢？
我们对于每一次修改，记录一下原来的值，简单来说，就是对于每一次操作，记录一下若opt=1，则表示这个点在这个状态的值；若opt=3，则表示这是一个询问，
我们对于修改来说，新增一个opt=2，表示在修改之前的值。也就是说，我们在执行一个区间的操作时，如果发现一个opt=2，那么之前一定有一个一样的值的opt为1，并且其已经对答案造成影响，现在那个元素已经被修改了，就要相应地减去它之前对答案的影响，这样就完成了修改。
然后我们整体二分权值，像静态查询kth那样修改一下即可。思路一气呵成 \(≧▽≦)/
Code
1 #include<iostream>
2 #include<string>
3 #include<algorithm>
4 #include<cstdio>
5 #include<cstring>
6 #include<cstdlib>
7 #include<cmath>
8 #include<map>
9 using namespace std;
10
11 const int ONE=30005;
12 const int INF=1e9+1;
13
14 int n,m;
15 int x,y,k;
16 char ch[3];
17 int cnt,Num;
18 int a[ONE],record[ONE];
19 int Ans[ONE];
20
21 struct power
22 {
23 int opt,cnt;
24 int l,r,k;
25 int pos,value;
26 int cur;
27 }oper[ONE],qL[ONE],qR[ONE];
28
29 int get()
30 {
31 int res=1,Q=1;char c;
32 while( (c=getchar())<48 || c>57 )
33 if(c==‘-‘)Q=-1;
34 res=c-48;
35 while( (c=getchar())>=48 && c<=57 )
36 res=res*10+c-48;
37 return res*Q;
38 }
39
40 namespace Bit
41 {
42 struct power
43 {
44 int value;
45 }Node[ONE];
46
47 int lowbit(int i)
48 {
49 return i&-i;
50 }
51
52 void Update(int R,int x)
53 {
54 for(int i=R;i<=n;i+=lowbit(i))
55 Node[i].value+=x;
56 }
57
58 int Query(int R)
59 {
60 int res=0;
61 for(int i=R;i>=1;i-=lowbit(i))
62 res+=Node[i].value;
63 return res;
64 }
65 }
66
67 void Solve(int l,int r,int L,int R)
68 {
69 if(l>r) return;
70 if(L==R)
71 {
72 for(int i=l;i<=r;i++)
73 if(oper[i].opt==3)
74 Ans[oper[i].cnt] = L;
75 return;
76 }
77
78 int M=(L+R)>>1;
79 for(int i=l;i<=r;i++)
80 {
81 if(oper[i].opt==1 && oper[i].value<=M)
82 Bit::Update(oper[i].pos,1);
83 if(oper[i].opt==2 && oper[i].value<=M)
84 Bit::Update(oper[i].pos,-1);
85 if(oper[i].opt==3)
86 record[i]=Bit::Query(oper[i].r) - Bit::Query(oper[i].l-1);
87 }
88
89 for(int i=l;i<=r;i++)
90 {
91 if(oper[i].opt==1 && oper[i].value<=M)
92 Bit::Update(oper[i].pos,-1);
93 if(oper[i].opt==2 && oper[i].value<=M)
94 Bit::Update(oper[i].pos,1);
95 }
96
97 int l_num=0,r_num=0;
98 for(int i=l;i<=r;i++)
99 {
100 if(oper[i].opt!=3)
101 {
102 if(oper[i].value <= M)
103 qL[++l_num]=oper[i];
104 else
105 qR[++r_num]=oper[i];
106 }
107 else
108 {
109 if(oper[i].cur + record[i] >= oper[i].k)
110 qL[++l_num]=oper[i];
111 else
112 {
113 qR[++r_num]=oper[i];
114 qR[r_num].cur+=record[i];
115 }
116 }
117 }
118
119 int t=l;
120 for(int i=1;i<=l_num;i++) oper[t++]=qL[i];
121 for(int i=1;i<=r_num;i++) oper[t++]=qR[i];
122
123
124 Solve(l,l+l_num-1,L,M);
125 Solve(l+l_num,r,M+1,R);
126 }
127
128 int main()
129 {
130 n=get(); m=get();
131 for(int i=1;i<=n;i++)
132 {
133 a[i]=get();
134 oper[++cnt].opt=1; oper[cnt].pos=i; oper[cnt].value=a[i];
135 }
136
137 for(int i=1;i<=m;i++)
138 {
139 scanf("%s",ch);
140 if(ch[0]==‘Q‘)
141 {
142 x=get(); y=get(); k=get();
143 oper[++cnt].opt=3; oper[cnt].l=x; oper[cnt].r=y; oper[cnt].k=k;
144 oper[cnt].cnt=++Num;
145 }
146 else
147 {
148 x=get(); y=get();
149 oper[++cnt].opt=2; oper[cnt].pos=x; oper[cnt].value=a[x];
150 oper[++cnt].opt=1; oper[cnt].pos=x; oper[cnt].value=y;
151 a[x]=y;
152 }
153 }
154
155 Solve(1,cnt,0,INF);
156
157 for(int i=1;i<=Num;i++)
158 printf("%d\n",Ans[i]);
159 }