标签：== min class scan sum ace name += tor
整体二分，按时间顺序依次考虑对于权值落在$[l,r]$内的所有操作。
对于每个修改操作，若权值范围完全包含了$[l,r]$，那么在更深层的分治中它都完全包含它，对每个询问的贡献是定值，因此在当前层将贡献及时加给后面的每个询问即可。否则将该修改操作分裂成最多$2$个子操作，并往下递归分治。处理贡献均可以用树状数组实现。
对于每个询问，求出对应区间内部的和，与$k$进行比较，来决定往左还是往右递归。
时间复杂度$O(m\log^2n)$。
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=30010;
int n,m,i,T;ll e[N][5],pre[N];vector<int>q;
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
struct BIT{
ll a[N],b[N];int v[N];
void modify(int x,ll p){for(int i=x;i<=n;i+=i&-i)if(v[i]<T)v[i]=T,a[i]=p,b[i]=p*(x-1);else a[i]+=p,b[i]+=p*(x-1);}
ll ask(ll x){
ll t0=0,t1=0;
for(int i=x;i;i-=i&-i)if(v[i]==T)t0+=a[i],t1+=b[i];
return x*t0-t1;
}
void add(int x,int y,ll p){modify(x,p),modify(y+1,-p);}
ll sum(int x,int y){return ask(y)-ask(x-1);}
}bit0,bit1;
void solve(int l,int r,vector<int>q){
if(!q.size())return;
if(l==r){
for(int i=0;i<q.size();i++)if(e[q[i]][0]==2)e[q[i]][4]=l;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;vector<int>ql,qr;
T++;
for(int i=0;i<q.size();i++){
int x=q[i],A=e[x][1],B=e[x][2],C=e[x][3],D=e[x][4];
if(e[x][0]==1){
if(C<=l&&r<=D)bit0.add(A,B,1);
else{
int c=max(C,l),d=min(D,mid);
if(c<=d)bit1.add(A,B,d-c+1);
if(C<=mid)ql.push_back(x);
if(D>mid)qr.push_back(x);
}
}else{
pre[x]+=bit0.sum(A,B);
ll tmp=pre[x]*(mid-l+1)+bit1.sum(A,B);
if(tmp>=e[x][3])ql.push_back(x);else e[x][3]-=tmp,qr.push_back(x);
}
}
solve(l,mid,ql),solve(mid+1,r,qr);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld%lld%lld%lld",&e[i][0],&e[i][1],&e[i][2],&e[i][3]);
if(e[i][0]==1)scanf("%lld",&e[i][4]);
q.push_back(i);
}
solve(1,n,q);
for(i=1;i<=m;i++)if(e[i][0]==2)printf("%lld\n",e[i][4]);
return 0;
}
标签：== min class scan sum ace name += tor
原文地址：http://www.cnblogs.com/clrs97/p/7639468.html
