19蓝桥国赛B组C/C++ I第八大奇迹

题意：
有一条河，沿河的一侧生活着一个部落。这个一字型的部落有n个据点，从左至右依次编号1~n。
部落的人们有时会在某个据点建立建筑，每个建筑都有各自的价值。一开始，每个据点的都没有建筑，价值都是0。如果在已有建筑的据点建立新的建筑，那么新的建筑会代替旧的建筑（旧的建筑就此消失）。
有两种操作C和Q：
1、C x y，表示在据点x建立一个价值为y的建筑。
2、Q x y，询问在据点x~y之间（包括x，y）的建筑中，价值第八大的建筑的价值是多少。
输入描述：
第一行，两个正整数n和k，表示据点的数量和操作的数量。
接下的k行，每行一个操作。

输出描述：
对于所有的Q操作，输出相应的第八大建筑的价值。

输入样例：
10 14
C 1 5
C 2 4
C 3 7
C 4 6
C 5 5
C 6 1
C 7 8
Q 1 10
C 8 3
C 9 6
C 10 3
Q 1 9
C 6 10
Q 1 10

输出样例：
0
3
4

暂无可以提交的地方。
忘记这道题是不是强制在线了，如果是的话提供一个比树状数组套线段树更简单的思路。

1.在线思路

线段树每个节点维护区间前8大，合并时合并两个有序数组，取出前八项即可，总复杂度为nm同阶O(m∗log2(n)∗8)O(m*log2(n)*8)O(m∗log2(n)∗8)
这个题也可以改一下，每次建立建筑时不替换旧建筑，那这个也很简单，只需要单点修改时逐个判断新来的值可以取代第几大，然后做一个数组中的值后移就行，复杂度没变。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=1e5+7;int b[29];int m8[maxn<<2|1][9];void calc(int k[],int k1[],int k2[]){int p=1,q=1,id=1;while(p<=8&&q<=8){if(k1[p]>=k2[q]) b[id++]=k1[p++];else b[id++]=k2[q++];}while(p<=8) b[id++]=k1[p++];while(q<=8) b[id++]=k2[q++];for(int i=1;i<=8;++i) k[i]=b[i];
}void upd(int l,int r,int k,int id,int val){if(l==r) {m8[k][1]=val;return ;}int mid=l+r>>1;if(id<=mid) upd(l,mid,k<<1,id,val);else upd(mid+1,r,k<<1|1,id,val);calc(m8[k],m8[k<<1],m8[k<<1|1]);
}int* ask(int l,int r,int k,int L,int R){if(l>=L&&r<=R) return m8[k];int mid=l+r>>1;if(R<=mid) return ask(l,mid,k<<1,L,R);else if(L>mid) return ask(mid+1,r,k<<1|1,L,R);int* k1=ask(l,mid,k<<1,L,R);int* k2=ask(mid+1,r,k<<1|1,L,R);int *kk=new int[9];calc(kk,k1,k2);return kk;
}char s[9];
int main(){int n,q,id,l,r,x;cin>>n>>q;while(q--){scanf("%s%d%d",s,&l,&r);if(s[0]=='C') upd(1,n,1,l,r);else printf("%d\n",ask(1,n,1,l,r)[8]);}return 0;
}

2.离线思路

很明显直接整体二分就可以做了。
将那个经典的带修改区间第K大的代码粘贴来即可。