BZOJ 3110: [Zjoi2013]K大数查询( 树状数组套主席树 )

Posted 2020-06-09

BIT+(可持久化)权值线段树, 用到了BIT的差分技巧. 时间复杂度O(Nlog^2(N))

-----------------------------------------------------------------------------------------

#include<cstdio>

#include<cctype>

#include<cstring>

#include<algorithm>

 

using namespace std;

 

#define H(x) (lower_bound(H, H + n, x) - H + 1)

#define lb(x) ((x) & -(x))

 

const int maxn = 50009;

 

int N, Q, Pos;

int H[maxn], n;

 

inline int getint() {

char c = getchar();

int ret = 0, f = 1;

for(; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == ‘-‘) f = 0;

for(; isdigit(c); c = getchar()) ret = ret * 10 - ‘0‘ + c;

return f ? ret : -ret;

}

 

struct O {

int t, l, r, v;

inline void Read() {

t = getint(), l = getint(), r = getint(), v = getint();

}

} o[maxn];

 

struct Node {

Node *lc, *rc;

int v;

} pool[maxn * 400], *pt, *Null, *A[maxn], *B[maxn];

 

void Init_sgt() {

(pt = pool)->v = 0;

pt->lc = pt->rc = pt;

Null = pt++;

}

 

Node* Modify(Node* t, int l, int r, int ad) {

Node* p = pt++;

p->v = t->v + ad;

if(l != r) {

int m = (l + r) >> 1;

if(Pos <= m) {

p->lc = Modify(t->lc, l, m, ad);

p->rc = t->rc;

} else {

p->lc = t->lc;

p->rc = Modify(t->rc, m + 1, r, ad);

}

}

return p;

}

 

Node *L0[20], *L1[20], *L[20];

Node *R0[20], *R1[20];

 

void Work() {

Init_sgt();

int ln, rn, sn;

for(int i = 0; i <= N; i++) A[i] = B[i] = Null;

for(int i = 0; i < Q; i++) if(o[i].t == 1) {

Pos = H(o[i].v);

for(int x = o[i].l; x <= N; x += lb(x)) {

A[x] = Modify(A[x], 1, n, 1);

B[x] = Modify(B[x], 1, n, o[i].l - 1);

}

for(int x = o[i].r + 1; x <= N; x += lb(x)) {

A[x] = Modify(A[x], 1, n, -1);

B[x] = Modify(B[x], 1, n, -o[i].r);

}

} else {

ln = rn = sn = 0;

for(int x = o[i].l; x; x -= lb(x)) L[sn++] = A[x];

for(int x = o[i].l; x; x -= lb(x))

L0[ln] = A[x], R1[ln++] = B[x];

for(int x = o[i].r; x; x -= lb(x))

R0[rn] = A[x], L1[rn++] = B[x];

int l = 1, r = n, len = o[i].r - o[i].l + 1;

while(l < r) {

int m = (l + r) >> 1, cnt = 0;

for(int x = 0; x < sn; x++) cnt += L[x]->rc->v * len;

for(int x = 0; x < ln; x++)

cnt += R1[x]->rc->v - o[i].r * L0[x]->rc->v;

for(int x = 0; x < rn; x++)

cnt += o[i].r * R0[x]->rc->v - L1[x]->rc->v;

if(cnt >= o[i].v) {

for(int x = 0; x < sn; x++) L[x] = L[x]->rc;

for(int x = 0; x < ln; x++)

R1[x] = R1[x]->rc, L0[x] = L0[x]->rc;

for(int x = 0; x < rn; x++)

R0[x] = R0[x]->rc, L1[x] = L1[x]->rc;

l = m + 1;

} else {

o[i].v -= cnt;

for(int x = 0; x < sn; x++) L[x] = L[x]->lc;

for(int x = 0; x < ln; x++)

R1[x] = R1[x]->lc, L0[x] = L0[x]->lc;

for(int x = 0; x < rn; x++)

R0[x] = R0[x]->lc, L1[x] = L1[x]->lc;

r = m;

}

}

printf("%d\n", H[l - 1]);

}

}

 

void Init() {

N = getint(), Q = getint();

n = 0;

for(int i = 0; i < Q; i++) {

o[i].Read();

if(o[i].t == 1) H[n++] = o[i].v;

}

sort(H, H + n);

n = unique(H, H + n) - H;

}

 

int main() {

Init();

Work();

return 0;

}

-----------------------------------------------------------------------------------------

3110: [Zjoi2013]K大数查询

Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MB
Submit: 2921  Solved: 1247
[Submit][Status][Discuss]

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

第一行N，M
接下来M行，每行形如1 a b c或2 a b c

Output

输出每个询问的结果

Sample Input

2 5
1 1 2 1
1 1 2 2
2 1 1 2
2 1 1 1
2 1 2 3

Sample Output

1
2
1

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abs(c)<=Maxlongint

Source