bzoj 1901 && P2617 Dynamic Ranking
题目描述
给定一个含有n个数的序列a[1],a[2],a[3]……a[n]，程序必须回答这样的询问：对于给定的i,j,k，在a[i],a[i+1],a[i+2]……a[j]中第k小的数是多少(1≤k≤j-i+1)，并且，你可以改变一些a[i]的值，改变后，程序还能针对改变后的a继续回答上面的问题。你需要编一个这样的程序，从输入文件中读入序列a，然后读入一系列的指令，包括询问指令和修改指令。
对于每一个询问指令，你必须输出正确的回答。
输入输出格式
输入格式：第一行有两个正整数n(1≤n≤10000)，m(1≤m≤10000)。分别表示序列的长度和指令的个数。
第二行有n个数，表示a[1],a[2]……a[n]，这些数都小于10^9。接下来的m行描述每条指令，每行的格式是下面两种格式中的一种。 Q i j k 或者 C i t
-
Q i j k （i,j,k是数字，1≤i≤j≤n, 1≤k≤j-i+1）表示询问指令，询问a[i]，a[i+1]……a[j]中第k小的数。
- C i t (1≤i≤n，0≤t≤10^9)表示把a[i]改变成为t。
对于每一次询问，你都需要输出他的答案，每一个输出占单独的一行。
输入输出样例
5 3 3 2 1 4 7 Q 1 4 3 C 2 6 Q 2 5 3
3 6
说明
20%的数据中，m,n≤100;
40%的数据中，m,n≤1000;
100%的数据中，m,n≤10000。
来源：bzoj1901
本题数据为洛谷自造数据，使用CYaRon耗时5分钟完成数据制作。
最近学了主席树和树状数组，但来不及单独写博客，干脆放到一起写在这道树状数组套主席树的题。
别听这个名字有点高大上，但实际上并不是很难理解，下面我们来分析一下：
要想做到在主席树上执行修改操作，如果暴力改，由于主席树是前缀和，就要把要改的这个位置的后面的主席树全部重建，极端情况下修改的复杂度是O(n)，复杂度极高，而且空间也无法承受。同样是前缀和，这时我们想到了树状数组，树状数组通过lowbit操作可以做到查询某一个位置的前缀和，而且树状数组的空间需求只是O(n)的，那么在这个题上我们便可以利用一下这个性质，在每一个节点都建立一颗主席树，对于每一个位置的数，插入时只需要用lowbit操作把包含这个数的节点根据原先的节点信息维护一颗主席树，一样每一个点的只需新建log(n)个节点，总的新建的节点数就是log2(n)个节点，空间复杂度可以接受，至于查询，比如说查询l到r区间的第k大，就可以直接按主席树的方法查询，唯一的不同是要把lowbit到的树状数组节点保存，便于求前缀和，具体实现可以参考代码：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define For(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);++i)
#define rep(i,a,b) for(i=(a);i>=(b);--i)
#define ll long long
#define inf 999999999
#define mm(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
int read(){
int sum = 0,fg = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9'){if(c =='-')fg = -1;c = getchar();}
while(c >='0' && c <='9')sum = sum*10 + c-'0',c = getchar();
return sum*fg;
}
int lowbit(int x){return x & -x;}
const int maxn = 6000010;
const int maxm = 10010;
int a[maxm] ,ls[maxm*2] ,cnt ,A[maxm] ,B[maxm] ,K[maxm] ,tree[maxm] ,node;
int sum[maxn] ,l[maxn] ,r[maxn] ,lcnt, rcnt, lsl[maxm], lsr[maxm] ,n ,m;
char ss[5] ;
void build(int s , int e , int x , int &y , int pos , int type){//普通的主席树insert
y = ++ node;
l[y] = l[x], r[y] = r[x];
sum[y] = sum[x] + type;
if(s == e)return ;
int mid = s + e >> 1;
if(pos <= mid){
build(s , mid , l[x] , l[y] , pos , type);
}
else build(mid + 1, e , r[x] , r[y] , pos , type);
}
int query(int s,int e,int k){
if(s == e)return s;
int mid = s+e >> 1;
int suml = 0, sumr = 0;
for(int i = 1;i <= lcnt; ++i){
suml += sum[l[lsl[i]]];//把1到l的左子树的和累加
}
for(int i = 1;i <= rcnt; ++i){
sumr += sum[l[lsr[i]]];
}
if(sumr - suml >= k){
for(int i = 1;i <= lcnt; ++i){
lsl[i] = l[lsl[i]];
}
for(int i = 1;i <= rcnt; ++i){
lsr[i] = l[lsr[i]];
}
return query(s , mid , k);
}
else {
for(int i = 1;i <= lcnt; ++i){
lsl[i] = r[lsl[i]];
}
for(int i = 1;i <= rcnt; ++i){
lsr[i] = r[lsr[i]];
}
return query(mid+1, e, k - sumr + suml);
}
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("THUNDER.in","r",stdin);
freopen("THUNDER.out","w",stdout);
#endif
int i,j;
n = read(),m = read();
For(i ,1 ,n){
a[i] = read();
ls[++cnt] = a[i];
}
For(i ,1 ,m){
scanf("%s", ss);
if(ss[0] == 'Q'){
A[i] = read(), B[i] = read(), K[i] = read();
}
else {
A[i] = read(), B[i] = read(); ls[++cnt] = B[i];//离线处理，因为要把中途要改变的权值也考虑进去，扩大主席树的宽度
}
}
sort(ls+1 , ls+cnt+1);
cnt = unique(ls+1, ls+cnt+1) - (ls+1);
For(i ,1 ,n){
int pos = lower_bound(ls+1 ,ls+cnt+1, a[i]) - ls;
for(j = i; j <= n; j += lowbit(j)){
build(1 , cnt , tree[j] , tree[j] , pos , 1);//用原来这个节点的信息，节省空间
}
}
For(i ,1 ,m){
if(K[i]){
lcnt = 0,rcnt = 0;
for(j = A[i] - 1; j ; j -= lowbit(j)){//为了求前缀和，要把遍历到的点加入数组
lsl[++lcnt] = tree[j];
}
for(j = B[i]; j ;j -= lowbit(j)){
lsr[++rcnt] = tree[j];
}
printf("%d\n", ls[query(1 , cnt ,K[i])]);
}
else{
int val = a[A[i]];
int pos = lower_bound(ls + 1,ls + cnt + 1,val) - ls;
for(j = A[i];j <= n; j += lowbit(j)){
build(1 , cnt, tree[j], tree[j] , pos, -1);//这里有点特殊，要先把原先这个数做更新的区间全部删掉信息，再在下面更新
}
a[A[i]] = B[i];
pos = lower_bound(ls + 1,ls + cnt + 1,B[i]) - ls;
for(j = A[i];j <= n; j += lowbit(j)){
build(1 , cnt, tree[j] , tree[j] , pos, 1);
}
}
}
return 0;
}