标签：sans 程序 string clu int 访问 namespace 超过 清空
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; }
标签：sans 程序 string clu int 访问 namespace 超过 清空
原文地址：https://www.cnblogs.com/ljc20020730/p/10357196.html
