bzoj 3110: [Zjoi2013]K大数查询（树套树，整体二分）

Description

有N个位置，M个操作。操作有两种，每次操作如果是1 a b c的形式表示在第a个位置到第b个位置，每个位置加入一个数c
如果是2 a b c形式，表示询问从第a个位置到第b个位置，第C大的数是多少。

Input

Output

Sample Input

Sample Output

HINT

【样例说明】

第一个操作 后位置 1 的数只有 1 ， 位置 2 的数也只有 1 。 第二个操作 后位置 1

的数有 1 、 2 ，位置 2 的数也有 1 、 2 。 第三次询问 位置 1 到位置 1 第 2 大的数 是

1 。 第四次询问 位置 1 到位置 1 第 1 大的数是 2 。 第五次询问 位置 1 到位置 2 第 3

大的数是 1 。?

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

a<=b<=N

1操作中abs(c)<=N

2操作中c<=Maxlongint

Source

题解：树套树

因为最多50000个权值，所以建一棵权值线段树，然后对于权值线段树中每个节点以动态开点的方式建立区间线段树。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define N 23000003
#define M 500003
#define LL long long 
using namespace std;
int n,m,tot,root[M],sz,delta[N];
LL sum[N];
struct  data
{
	int l,r;
}; data tr[N];
struct node
{
	int a,b,op;
	LL c;
}; node ans[M];
LL mp[M];
int find(LL x)
{
	return lower_bound(mp+1,mp+tot+1,x)-mp-1;
}
void pushdown(int x,int l,int r)
{
	int mid=(l+r)/2;
	if (!tr[x].l) tr[x].l=++sz;
	if (!tr[x].r) tr[x].r=++sz;
	int a=tr[x].l; int b=tr[x].r;
	delta[a]+=delta[x]; delta[b]+=delta[x];
	sum[a]+=(LL)(mid-l+1)*(LL)delta[x]; sum[b]+=(LL)(r-mid)*(LL)delta[x];
	delta[x]=0;
}
void change(int &i,int r,int ll,int rr)
{
	if (!i) i=++sz;
	if (delta[i]) pushdown(i,l,r);
	if (l>=ll&&r<=rr)
	 {
	 	sum[i]+=(LL)(r-l+1);
	 	delta[i]++;
	 	return;
	 }
 	int mid=(l+r)/2;
	if (ll<=mid)
	 change(tr[i].l,mid,ll,rr);
	if (rr>mid)
	 change(tr[i].r,mid+1,r,rr);
	sum[i]=(LL)sum[tr[i].l]+sum[tr[i].r];
}
void build(int a,int b,int c,int now,int r)
{
	change(root[now],1,n,a,b);
	if (l==r) return;
	int mid=(l+r)/2;
	if (c<=mid)
	 build(a,c,now<<1,mid);
	else
	 build(a,now<<1|1,r);
}
LL query(int k,int rr)
{
	if (delta[k]) pushdown(k,r);
	if (l>=ll&&r<=rr)
	 return sum[k];
	int mid=(l+r)/2;
	LL ans=0;
	if (ll<=mid)
	 ans+=query(tr[k].l,rr);
	if (rr>mid)
	 ans+=query(tr[k].r,rr);
	return ans;
}
int solve(int a,LL c)
{
	int l=1,r=tot,k=1;
	while(l!=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		LL t=query(root[k<<1],b);
		if(t>=c)r=mid,k<<=1;
		else l=mid+1,k=k<<1|1,c-=(LL)t;
	}
	return l;
}
LL calc(int a,int b)
{
	return query(root[1],b);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=m;i++)
	 {
	 	scanf("%d%d%d%lld",&ans[i].op,&ans[i].a,&ans[i].b,&ans[i].c);
	 	if (ans[i].op==1)
	 	 mp[++tot]=ans[i].c;
	 }
	sort(mp+1,mp+tot+1);
	tot=unique(mp+1,mp+tot+1)-mp-1;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	 if (ans[i].op==1)
	 {
	 	int k=find(ans[i].c)+1;
	 	build(ans[i].a,ans[i].b,k,tot); 
	 }
	 else
	  {
	    LL cnt=calc(ans[i].a,ans[i].b); 
	  	printf("%lldn",mp[solve(ans[i].a,cnt-ans[i].c+1)]);
	  }
	//cout<<sz<<endl;
}

这道题还可以用整体二分来做。

我们二分答案，假设当前的答案区间是[l,r]，对于当前的操作区间[x,y],如果该操作为插入操作，若插入的数大于等于mid，就在线段树当前插入的区间的每个位置+1，并把当前操作扔到[mid+1,r]这个区间，否则直接扔到[l,mid]这个区间。如果是查询操作，我们先判断线段树中当前查询区间的数的个数，如果小于a[i].x，说明大于等于mid的数不够a[i].x也就是答案还需要更小，就把该操作扔到[l,mid]区间，否则扔到[mid+1,r]。然后继续二分答案，知道l=r时，更新当前区间所有操作的答案。

时间复杂度nlog^2n,因为整体二分在二分答案的同时，也把所有的操作拆成了两部分，有效的保证了每个操作的计算次数。

（编辑：青岛站长网）

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