题意

有N个位置，M个操作。操作有两种，每次操作如果是1 a b c的形式表示在第a个位置到第b个位置，每个位置加入一个数c；如果是2 a b c形式，表示询问从第a个位置到第b个位置，第C大的数是多少。

N,M<=50000,N,M<=50000

分析

参照sengxian的题解。

一道树套树的题，外层是权值线段树，里层是普通区间线段树。

对于权值线段树的节点 \(u\) 表示权值区间 \([l, r)\)，其对应的普通线段树的节点 \(v\) 表示序列\([l_1, r_1)\)中一共有多少个在权值区间 \([l, r)\) 的树。

这样不难得到我们的查询算法，要查 \([a, b]\) 的第 \(k\) 大，如果权值线段树根的右儿子代表的线段树区间 \([a, b]\) 的和为 \(s\)，如果 \(s\) 大于 \(k\)，说明第 \(k\) 大在右儿子代表的权值区间。否则在左儿子代表的权值区间上面。

修改也很好修改，只有一个区间加标记，如果要在 \([a, b]\) 中加一个 \(c\)，那么应该在外层线段树中将所有包含权值 \(c\) 的节点对应的线段树的 \([a, b]\) 区间全部 +1。

剩下唯一的问题就是空间，理论上需要 \(O(n^2)\) 的空间，我们可以动态开点，未开的点给到 null，如果查询的时候走到 null，不需新建直接返回 0；如果修改的时候走到 null，那就新建节点，每次操作第一层最多影响 \(\log n\) 个节点，第二层最对影响 \(\log n\) 个节点，所以总空间复杂度是 \(O(m\log^2 n)\)

3.8 号新加入了一组嘿嘿嘿的数据，好多人挂了。注意到 \(n, m \le 50000\)，那么最多可以加 \(2500000000\) 个节点！爆了 int，解决办法是换成 unsigned int！

代码

指针版的写法不用考虑开空间的问题，较方便。

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
    rg T data=0,w=1;
    rg char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-') w=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
        data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
    return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x){
    return x=read<T>();
}
typedef long long ll;
using namespace std;

int n,m,vn,a,b,v;
#define mid ((l+r)/2)
struct SegNode*null;
struct SegNode{
    SegNode*ls,*rs;
    ll sum,addv;
    SegNode():ls(null),rs(null),sum(0),addv(0){}
    void maintain(int l,int r){
        if(r-l==1) sum=addv;
        else sum=ls->sum+rs->sum+addv*(r-l);
    }
};
void modify(SegNode*&o,int l,int r){
    if(l>=b||r<=a) return;
    if(o==null) o=new SegNode();
    if(l>=a&&r<=b) o->addv++;
    else modify(o->ls,l,mid),modify(o->rs,mid,r);
    o->maintain(l,r);
}
ll query(SegNode*&o,int l,int r,ll add=0){
    if(l>=b||r<=a) return 0;
    if(l>=a&&r<=b) return o->sum+add*(r-l);
    return query(o->ls,l,mid,add+o->addv)+query(o->rs,mid,r,add+o->addv);
}

struct SegNode2D*null2D;
struct SegNode2D{
    SegNode2D*ls,*rs;
    SegNode*val;
    SegNode2D():ls(null2D),rs(null2D),val(null){}
}*root;
void modify2D(SegNode2D*&o,int l,int r){
    if(o==null2D) o=new SegNode2D();
    if(r-l>1){
        if(v<mid) modify2D(o->ls,l,mid);
        else modify2D(o->rs,mid,r);
    }
    modify(o->val,0,n);
}
ll query2D(SegNode2D*o,int l,int r,int k){
    if(r-l==1) return l;
    ll s=query(o->rs->val,0,n);
    if(k<=s) return query2D(o->rs,mid,r,k);
    else return query2D(o->ls,l,mid,k-s);
}

void init_null() { // edit 1: pointer init
    null = new SegNode(), null->ls = null, null->rs = null, null->sum = null->addv = 0;
    null2D = new SegNode2D(), null2D->ls = null2D, null2D->rs = null2D, null2D->val = null;
    root = null2D;
}
co int maxm=5e4+1;
vector<int>cs;
int opers[maxm],as[maxm],bs[maxm],vs[maxm];
int compress(){
    for(int i=0;i<m;++i){
        read(opers[i]),read(as[i]),read(bs[i]),read(vs[i]);
        if(opers[i]==1) cs.push_back(vs[i]);
    }
    sort(cs.begin(),cs.end()),cs.erase(unique(cs.begin(),cs.end()),cs.end());
    for(int i=0;i<m;++i) if(opers[i]==1)
        vs[i]=lower_bound(cs.begin(),cs.end(),vs[i])-cs.begin();
    return cs.size();
}

int main(){
//  freopen(".in","r",stdin);
//  freopen(".out","w",stdout);
    init_null();
    read(n),read(m);
    vn=compress();
    for(int i=0;i<m;++i){
        int oper=opers[i];
        a=as[i]-1,b=bs[i],v=vs[i];
        if(oper==1) modify2D(root,0,vn);
        else if(oper==2) printf("%d\n",cs[query2D(root,0,vn,v)]);
        else assert(0);
    }
    return 0;
}

标签：BZOJ3110,rs,int,大数,mid,null2D,Zjoi2013,ls,null
来源： https://www.cnblogs.com/autoint/p/10373212.html