题意：
给出一段长为n的区间和m个操作；
1是向[l , r]区间中每个点加入一个权值为k (k<=50000)的数；
2是查询[l , r]区间中的第k大数；
注意1操作是加入而不是加上，就是说此题是在n个盒子里放小球的意思；
题解：
此题自己并yy不动，所以想法都是各位神犇的；
/*自己想的是外层线段树维护区间，内层treap维护排名；
然而只能做到单点的修改，区间修改暴力搞势必不行；
打标记也并不会，在节点上挂个标记链会妥妥的被卡飞吧；*/
所以我们要在外层建立维护权值的线段树，内层建立维护区间的线段树；
这样对于每个修改，对于外层树就都是单点的了；
而内层就用延迟标记，对[l , r]这个区间+1；
当然，如果把整棵树都建出来，空间O(n^2)还带巨大常数瞬间爆炸，所以动态开点；
查询就用treap上求前驱的思想，在外层的线段树上递归找；
对每个节点求出其右半段也就是权值比当前mid大的部分的个数；
与k比较考虑向左子树还是向右子树走，细节考虑一下就好了；
时间复杂度O(mlog^2n)，空间复杂度O(n+mlog^2n)
HINT：
动态开点的线段树是没有Pushup的，所以在插入时不要忘了在树的路径上加个数；
关于空间复杂度：
O(n)的外层线段树没有问题，而对于每次插入，在外层的logn个节点上分别建线段树，所以是O(mlog^2n)；
然而事实上，在每次操作中并不只是开了这些节点，有一些多余的节点建立，所以大概要开到三千万的样子(这已经完全脱离分析了吧！)；
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 50005
#define M 30000000
#define lson l,mid,L[no]
#define rson mid+1,r,R[no]
using namespace std;
int n,m,ans,tot;
int root[N<<2];
int L[M],R[M],cov[M],sum[M];
void Pushdown(int no,int len)
{
if(!L[no]) L[no]=++tot;
if(!R[no]) R[no]=++tot;
if(cov[no])
{
cov[L[no]]+=cov[no];
cov[R[no]]+=cov[no];
sum[L[no]]+=cov[no]*(len-(len>>1));
sum[R[no]]+=cov[no]*(len>>1);
cov[no]=0;
}
}
void insert(int l,int r,int &no,int st,int en,int val)
{
if(st<=l&&r<=en)
{
cov[no]+=val;
sum[no]+=(r-l+1)*val;
}
else
{
int mid=(l+r)>>1;
Pushdown(no,r-l+1);
sum[no]+=(min(r,en)-max(l,st)+1)*val;
if(en<=mid) insert(lson,st,en,val);
else if(st>mid) insert(rson,st,en,val);
else
insert(lson,st,en,val),insert(rson,st,en,val);
}
}
void update(int l,int r,int no,int k,int st,int en,int val)
{
if(!root[no]) root[no]=++tot;
insert(1,n,root[no],st,en,val);
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=mid) update(l,mid,no<<1,k,st,en,val);
else update(mid+1,r,no<<1|1,k,st,en,val);
}
int getsum(int l,int r,int &no,int st,int en)
{
if(!no) no=++tot;
if(st<=l&&r<=en)
return sum[no];
int mid=(l+r)>>1;
Pushdown(no,r-l+1);
if(en<=mid) return getsum(lson,st,en);
else if(st>mid) return getsum(rson,st,en);
else
return getsum(lson,st,en)+getsum(rson,st,en);
}
void query(int l,int r,int no,int st,int en,int k)
{
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1,rank=getsum(1,n,root[no<<1|1],st,en);
if(k>=rank)
ans=mid,query(l,mid,no<<1,st,en,k-rank);
else
query(mid+1,r,no<<1|1,st,en,k);
}
int main()
{
int i,j,k,op,l,r;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&op,&l,&r,&k);
if(op==1)
update(1,50000,1,k,l,r,1);
else
{
ans=0;
query(1,50000,1,l,r,k-1);
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
}原文地址：http://blog.csdn.net/ww140142/article/details/46012065
