[ZJOI 2013] bzoj3110 K大数查询 (整体二分)

昨天晚上写了一道最裸的cdq分治的题陌上花开，自己做出来的，感觉又有了一定的领悟。感觉其实cdq分治就相当于主席树的用处，主席树又叫函数式线段树，顾名思义可以拿来当一个函数用，相当于建出来之后就一劳永逸了，来一个询问解决一个。但是有些题目并不要求在线，所以并不需要把一整个主席树都建出来，而是每次都在线地去找它的前缀，然后cdq分治保证了每个点都有不超过logn个前缀，并且在计算i的时候它的前缀已经全部处理完了。

所以说cdq分治是很节约空间的。可以把O(nlogn)的空间强力降到O(n)。网上很多人说cdq的内存是nlogn的，我真的很奇怪，整个程序都没有动态开内存，全局数组开了多少自己还不知道吗。。

比如说陌上花开一题，每个花有三个属性，对每个花求有多少花三个属性都不超过它。常规解法是排序之后树状数组套treap或者主席树，然后扫描。cdq分治的话分治套树状数组就可以了，先按a排序，每一次分治用划分的思想将b划分开，然后c用树状数组来求前缀和。

这道题稍微难一点。我开始的时候想了一下数据结构解法，应该是外面一个线段树里面一个主席树。线段树的话涉及区间修改需要打标记，比较麻烦，可以用支持区间修改区间查询的树状数组来代替。由于时间不是很充足，只是自己YY了一下，不知道能不能实现。

分治的做法比较给力。首先其实这个应该叫整体二分，并不是传统的cdq分治。一般的cdq分治不断划分就行了，但是这个整体二分在划分的基础上还有个二分答案。把修改和询问先按时间顺序排好（其实就是输入顺序），划分的时候按照修改可能给出的影响以及询问可能的答案区间来分。由于并不一定对半分，l2不能直接设为mid+1，需要开两个栈来保持，也可以像我这样l1正着走，l2倒着走，然后再reverse。

#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN = 50010;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)

int N, M;
namespace BIT
{
	int c1[MAXN], c2[MAXN];
	inline void add(int*c, int i, int b)
	{
		for (; i<=N; i+=i&-i)
			c[i] += b;
	}
	inline int sum(int*c, int i)
	{
		int r = 0;
		for (; i>0; i-=i&-i)
			r += c[i];
		return r;
	}
	inline void add(int l, int r, int c)
	{
		add(c1, l, c), add(c1, r+1, -c);
		add(c2, l, -c*(l-1)), add(c2, r+1, c*r);
	}
	inline int pre(int i)
	{
		if (!i) return 0;
		return sum(c1, i)*i + sum(c2, i);
	}
	inline int sum(int l, int r)
	{
		return pre(r) - pre(l-1);
	}
};

struct dot
{
	int l, r, c, tp, id;
	void get(int _id) {
		id = _id;
		scanf("%d%d%d%d", &tp, &l, &r, &c);
	}
} po[MAXN], np[MAXN];
int ans[MAXN];

void cdq(int L, int R, int l, int r)
{
	using namespace BIT;
	if (L > R) return;
	if (l == r)
	{
		rep(i, L, R) if (po[i].tp == 2) ans[po[i].id] = l;
		return;
	}
	
	int mid = (l + r) >> 1;
	int l1 = L, l2 = R;
	rep(i, L, R)
	{
		if (po[i].tp == 1)
		{
			if (po[i].c <= mid)
				np[l1++] = po[i];
			else
			{
				np[l2--] = po[i];
				add(po[i].l, po[i].r, 1);
			}
		}
		else
		{
			int cnt = sum(po[i].l, po[i].r);
			if (cnt < po[i].c)
			{
				po[i].c -= cnt;
				np[l1++] = po[i];
			}
			else np[l2--] = po[i];
		}
	}
	reverse(np+l2+1, np+R+1);
	
	rep(i, L, R)
	{
		po[i] = np[i];
		if (po[i].tp==1 && po[i].c>mid)
			add(po[i].l, po[i].r, -1);
	}
	cdq(L, l1-1, l, mid);
	cdq(l1, R, mid+1, r);
}

bool has[MAXN];
int main()
{
	scanf("%d%d", &N, &M);
	rep(i, 1, M) po[i].get(i), po[i].tp==2&&(has[i]=1);
	cdq(1, M, 1, N);
	rep(i, 1, M) if (has[i]==1) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
}