調完這個。。一晚上居然就又過去了。。。TAT
先說下效率 我的樹套樹是283136 b 7556 ms（永久化標記的）分治是3148 b 1296 ms
_(:з)∠)_代碼長度的話。。兩個都差不多T_____T
思路：
整體二分這玩意。。和cdq分治挺像的樣子。。
從我的理解來說。。。cdq分治是用[l, mid]更新[mid + 1, r] 整體二分根據[l, mid]來把詢問劃分給[l, mid]或者[mid + 1, r]
反正誤導人什麼的也不關我事
注意到條件 abs(c) <= N 那麼我們可以按照權值來做
定義solve(S, l, r)表示處理集合S的操作 其中S中的更新操作add(c)的 c ∈ [l, r] 詢問操作的答案 ans ∈ [l, r] 並且保證S中所有的操作編號是上升序列
那麼我們要求的就是solve(1...M, -N, N) （in fact..數據沒有負數.....所以寫1, N也是一樣的。。）
處理當前solve 首先二分出mid = (l + r) >> 1
然後對於更新操作 很明顯如果c <= mid那麼它要被劃分到左邊 其他要劃分在右邊
對於詢問 首先要明確！！第k大的意思！不是從小到大第k個！！！！是從大到小！！！（我就被這裏坑哭了 = =）
所以很明顯我們要統計的是此時右邊區域會有多少數 如果 cnt < k 那麼答案應該是在左邊（記得k -= cnt） 反之在右邊
統計cnt的方法是這樣的 我們對於右邊區域直接在一維樹狀數組上模擬操作 由於集合S的順序是有序的 那麼操作次序就可以得到保證
注意每次模擬完樹狀數組是要清空的 但是爲了節省時間我們直接記錄一個操作時間就行了
然後我們把當前S劃分成了左右兩個集合S1 S2以後 遞歸下去即可 = v =
S爲空的時候直接返回 最後の邊界就是l == r的時候 可以直接更新ans了！
神坑：這！題！不！能！用！cin！和！cout！！！！！本來寫的是取消同步的輸入輸出流 一直RE TAT
#include "cstdio"
#define lowbit(x) (x & (-x))
using namespace std;
const int Nmax = 50005;
int N, M;
struct Option{
int sign, x, y, c;
}op[Nmax];
int tot = -1, ans[Nmax];
int q[Nmax], tmp[2][Nmax];
namespace BIT{
int t[Nmax][2], d[Nmax][2];
void update(bool s, int pos, int c)
{
for (int i = pos; i <= N; i += lowbit(i)) {
if (t[i][s] != tot) { t[i][s] = tot; d[i][s] = 0; }
d[i][s] += c;
}
}
int get_sum(bool s, int pos)
{
int res = 0;
for (int i = pos; i; i -= lowbit(i)) {
if (t[i][s] != tot) { t[i][s] = tot; d[i][s] = 0; }
res += d[i][s];
}
return res;
}
void Add(int x, int y)
{
update(0, x, 1); update(0, y + 1, -1);
update(1, x, x); update(1, y + 1, -(y + 1));
}
int Query(int x, int y)
{
int temp = get_sum(0, y) * (y + 1) - get_sum(1, y);
temp -= get_sum(0, x - 1) * x - get_sum(1, x - 1);
return temp;
}
}
void solve(int L, int R, int l, int r)
{
if (L > R) return;
++tot; int mid = (l + r) >> 1;
if (l == r) {
for (int i = L; i <= R; ++i) if (op[q[i]].sign == 2) ans[q[i]] = mid;
return;
}
tmp[0][0] = tmp[1][0] = 0; using namespace BIT;
for (int i = L; i <= R; ++i) {
int temp = q[i];
if (op[temp].sign == 1) {
if (op[temp].c <= mid) tmp[0][++tmp[0][0]] = temp;
else {
tmp[1][++tmp[1][0]] = temp;
Add(op[temp].x, op[temp].y);
}
} else {
int cnt = Query(op[temp].x, op[temp].y);
if (cnt < op[temp].c) {
op[temp].c -= cnt;
tmp[0][++tmp[0][0]] = temp;
} else tmp[1][++tmp[1][0]] = temp;
}
}
int tl = L, t2 = L + tmp[0][0] - 1;
for (int i = 1; i <= tmp[0][0]; ++i) q[tl++] = tmp[0][i];
for (int i = 1; i <= tmp[1][0]; ++i) q[tl++] = tmp[1][i];
solve(L, t2, l, mid); solve(t2 + 1, R, mid + 1, r);
}
int main()
{
scanf("%d%d", &N, &M);
for (int i = 1; i <= M; ++i) {
scanf("%d%d%d%d", &op[i].sign, &op[i].x, &op[i].y, &op[i].c);
q[i] = i;
}
solve(1, M, 1, N);
for (int i = 1; i <= M; ++i) {
if (op[i].sign == 2) printf("%d\n", ans[i]);
}
return 0;
}哦對了。。其實這題不用寫樹狀數組。。STL暴力就可以過 。。。
來自：http://blog.csdn.net/qq_21110267/article/details/44514709
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 50000 + 10;
struct opt {
int i, k, a, b, c;
bool operator < (const opt& rhs) const {
if(c == rhs.c) return i < rhs.i;
return c > rhs.c;
}
}A[maxn];
vector<opt> T;
int ID[maxn];
bool ins[maxn];
int main()
{
int n, m;
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int k, a, b, c;
scanf("%d %d %d %d", &k, &a, &b, &c);
A[i] = (opt){i, k, a, b, c};
if(k == 1) T.push_back(A[i]);
}
sort(T.begin(), T.end());
for(int i = 0; i < T.size(); i++) ID[T[i].i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i++)
if(A[i].k == 1) ins[ID[i]] = 1;
else {
int j, c = 0;
for(j = 0; j < T.size(); j++) if(ins[j]) {
int len = min(A[i].b, T[j].b) - max(A[i].a, T[j].a) + 1;
if(len <= 0) continue;
if((c += len) >= A[i].c) break;
}
printf("%d\n", T[j].c);
}
return 0;
}