2020.08.11日常总结——线段树和二分产生的强大合力

作为 OI 竞赛中最重要的几个算法之二，线段树和二分总可以完成一些让你无法想象的事情。今天要讲的例题就是一例……

$$\text{luogu P2824 [HEOI2016/TJOI2016]排序}$$

$\text{[Problem]}$

• 给你一个数 $n$ 和一个 $n$ 个数的序列。
• $m$ 个指令：把区间 $[l,r]$ 从小到大或从大到小排序。
• 最后查询一次，给定一个数 $p$，问当前位置 $p$ 上的数是多少。
• $1\le p\le n\le 1\times 10^5,1\le m\le 1\times 10^5$。

$\text{[Solution]}$

咋一看，这道题跟二分和线段树是一点关系都没有对吧。但是，这庞大的数据规模让我们能想到的算法几乎都失效了（至少对于我是这样）。

一个很显然的事情是：这道题的答案是有单调性（可二分性）的。即如果最终的答案 $\ge a$，那么它一定是 $\ge a-1$ 的（显然吧）。

既然只有一个查询，那我们在这里浪费多一点时间其实是没有什么问题的。

有因为这道题有可二分性（单调性），我们可以二分答案。

具体地，二分答案 $\text{mid}$，检验最后位置 $p$ 上的数（为了方便，我们把它记为 $t$）是否 $\ge \text{mid}$。

如何检验呢？首先，因为我们只关心 $t$ 是否 $\ge \text{mid}$，所以我们可以在一开始就把所有 $\ge \text{mid}$ 的数记为 $1$，其它记为 $0$，排好序后检验 $t$ 是否为 $1$ 即可。

如何排序？肯定不能每次操作都用个 sort，这个数据就是 $O(n)$ 的桶排都会超时。怎么办办呢？

我们发现，因为我们已经把这个数组变成了一个 $01$ 数组，所以我们的排序可以变得方便一些。

具体地，如果将区间 $[l,r]$ 从小到大排序，那么我们就把所有的 $0$ 放在区间的开头，所有的 $1$ 放在区间的结尾即可（我们已经不需要管它原本是什么数了，反正排好序后，$0$ 肯定都在区间开头，$1$ 肯定都在区间结尾）。从大到小排序同理，不过 $01$ 位置要反过来。

再进一步地，我们可以发现，因为区间内只有 $0$ 和 $1$，所以排序操作可以转化为区间求和区间赋值操作（区间求和：求出区间内有多少个 $0$ 和 $1$；区间赋值：就是把区间开头或结尾赋值为同一个数，相当于排序）。这个东西可以用线段树高效地完成。

举个例子，比如我们现在 $\text{mid}=7$，原数组为 $[3,6,10,7,5,9,0]$，于是我们把原数组改为 $[0,0,1,1,0,1,0]$。现在我们要将区间 $[2,6]$ 从小到大排序（即区间 $[0,1,1,0,1]$），我们只需查询出区间的和 $3$（它代表区间一共有 $3$ 个 $1$），然后把开头两位赋值为 $0$，结尾三位赋值为 $1$，即可完成排序。

时间复杂度：$O\left(m\times \log n\times \log \underset{i\in \left\{1,2\cdots n\right\}}{\max }\left\{a_i\right\}\right)$。

$\text{[code]}$

const int N=1e5+100;
int a[N],sum[N<<2],add[N<<2];
inline void pushup(int o){
	sum[o]=sum[o<<1]+sum[o<<1|1];
}
inline void pushdown(int o,int l,int r){
	int tag=add[o];add[o]=-1;
	add[o<<1]=add[o<<1|1]=tag;
	register int mid=(l+r)>>1;
	sum[o<<1]=tag*(mid-l+1);
	sum[o<<1|1]=tag*(r-mid);
}
void build(int o,int l,int r,int x){
	if (l==r){
		sum[o]=a[l]>=x;
		add[o]=-1;
		return;
	}
	register int mid=(l+r)>>1;
	build(o<<1,l,mid,x);
	build(o<<1|1,mid+1,r,x);
	pushup(o);add[o]=-1;return;
}//建立线段树
void change(int o,int l,int r,int p,int q,int x){
	if (p<=l&&r<=q){
		sum[o]=x*(r-l+1);
		add[o]=x;return;
	}
	if (l>q||r<p) return;
	register int mid=(l+r)>>1;
	if (add[o]!=-1) pushdown(o,l,r);
	change(o<<1,l,mid,p,q,x);
	change(o<<1|1,mid+1,r,p,q,x);
	pushup(o);return;
}//区间赋值
int query(int o,int l,int r,int p,int q){
	if (l>q||r<p) return 0;
	if (p<=l&&r<=q) return sum[o];
	register int ans=0,mid=(l+r)>>1;
	if (add[o]!=-1) pushdown(o,l,r);
	ans+=query(o<<1,l,mid,p,q);
	ans+=query(o<<1|1,mid+1,r,p,q);
	return ans;
}//区间求和
int opt[N],L[N],R[N],n,m,q;
inline bool check(int mid){
	build(1,1,n,mid);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int cnt=query(1,1,n,L[i],R[i]);
		if (opt[i]==0){
			change(1,1,n,R[i]-cnt+1,R[i],1);
			change(1,1,n,L[i],R[i]-cnt,0);
		}
		else{
			change(1,1,n,L[i],L[i]+cnt-1,1);
			change(1,1,n,L[i]+cnt,R[i],0);
		}//注意一下我们要操作的区间
	}
	return query(1,1,n,q,q);
}
int i,l,r,mid,ans;
int main(){
	n=read();m=read();
	for(i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read();
	for(i=1;i<=m;i++){
		opt[i]=read();
		L[i]=read();
		R[i]=read();
	}
	q=read();l=1;r=n;
	while (l<=r){
		mid=(l+r)>>1;
		if (check(mid)){
			ans=mid;//记录可行解
			l=mid+1;
		}
		else r=mid-1;
	}//二分答案
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

read() 函数就是快读函数。