hdu5412CRB and Queries(整体二分)

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5412
题意：带修改的区间第k小，允许离线
分析：这道经典的问题有多种做法，其中知名度比较高的有树状数组套主席树( nlog2n 空间+ nlog2n 时间)，线段树套平衡树( nlogn 空间+ nlog2n 时间)。然而树套树不仅代码量大，而且难写难调，令人望而生畏。这里介绍一种神奇的方法替代树套树。
整体二分，顾名思义，对所有询问二分答案，然后判定每个询问的答案是否大于当前标准，据此决定将询问划分到左区间还是右区间。
把一开始的所有数都看成操作，因此现在原数列是空的，操作有三种：
1.给位置l增加一个数x.
2.给位置l减少一个数x
3.询问[l,r]中不大于mid的数是否 < k个,其中mid为当前的判定标准
思路很简单，写起来有些细节要考虑。空间复杂度可以做到 O(n) ,但是方便起见，我用 O(nlogn)的空间 去实现。时间复杂度也很好算，假如把所有数值离散化，考虑线段树的模型，总共节点数只有 O(n) ,总共 logn 层，每层的操作数之和是 O(n) ,每个节点需要做一次 O(qlogn)(q为节点的操作数) 的判定，所以总复杂度是 O(qlog2n)
代码很短，而且不容易写错

#include
using namespace std;
const int Maxn=100020;
int nq;
int ty[Maxn*3],ql[Maxn*3],qr[Maxn*3],qk[Maxn*3],rep[Maxn*3];
vector<int>dp[Maxn<<2];
int L[Maxn<<2],R[Maxn<<2];
int val[Maxn];
int n,m;
int front,rear,via[Maxn],a[Maxn];
vector<int>V;
int getid(int x){return lower_bound(V.begin(),V.end(),x)-V.begin();}
inline int low(int x){return x&(-x);}
int ask(int loc)
{
    int ret=0;
    for(int i=loc;i>=1;i-=low(i))if(via[i]==front)ret+=a[i];
    return ret;
}
void upd(int loc,int w)
{
    for(int i=loc;i<=n;i+=low(i))
    {
        if(via[i]else a[i]+=w;
    }
}
int main()
{
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        dp[0].clear();
        V.clear();
        nq=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",qr+nq);
            val[i]=qr[nq];
            V.push_back(val[i]);
            ql[nq]=i;
            ty[nq]=1;
            dp[0].push_back(nq++);  
        }
        scanf("%d",&m);
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            scanf("%d%d%d",ty+nq,ql+nq,qr+nq);
            if(ty[nq]==2)scanf("%d",qk+nq);
            else
            {
                V.push_back(qr[nq]);
                dp[0].push_back(nq++);
                ty[nq]=-1;
                ql[nq]=ql[nq-1];
                qr[nq]=val[ql[nq]];
                val[ql[nq]]=qr[nq-1];
            }
            dp[0].push_back(nq++);
        }
        sort(V.begin(),V.end());
        V.erase(unique(V.begin(),V.end()),V.end());
        for(int i=0;iif(ty[i]!=2)qr[i]=getid(qr[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=0,via[i]=0;
        L[0]=0,R[0]=V.size()-1;
        front=0,rear=1;
        while(frontif(L[front]==R[front])
            {
                for(int i=0;iint u=dp[front][i];
                    if(ty[u]==2)rep[u]=V[L[front]];
                }
            }
            else
            {
                int mid=(L[front]+R[front])>>1;
                L[rear]=L[front],R[rear]=mid;
                dp[rear].clear();
                int ls=rear++;
                L[rear]=mid+1,R[rear]=R[front];
                dp[rear].clear();
                int rs=rear++;
                for(int i=0;iint u=dp[front][i];
                    if(ty[u]==2)
                    {
                        int t=ask(qr[u])-ask(ql[u]-1);
                        if(t>=qk[u])dp[ls].push_back(u);
                        else qk[u]-=t,dp[rs].push_back(u);
                    }
                    else
                    {
                        if(qr[u]<=mid)dp[ls].push_back(u),upd(ql[u],ty[u]);
                        else dp[rs].push_back(u);
                    }
                }
            }
            front++;
        }
        for(int i=0;iif(ty[i]==2)printf("%d\n",rep[i]);
    }
}