带修改离线主席树 + 树状数组 ZOJ - 2112【Dynamic Rankings】

https://cn.vjudge.net/contest/304073#problem/E

题意

给定 n 个数和 m 次操作，操作分为两种：

• Q x y z —— 询问 [x, y] 区间里的第 z 小的数

• C x y —— 把第 x 个数变成 y

分析

mmp突然想起来可以分块...

这题属于带修改的主席树，需要用到树状数组维护。

如果用普通静态主席树的做法，每次更新都需要把 “该数所在树和之后的所有树” 都进行更新（由于前缀的性质），这样更新的最坏总复杂度为 \(O(n*m)\) 显然不行。

但是可以发现，对于改变 i 位置的值来说，对于 “该数所在树和之后的所有树” 的影响是相同的。因此只要在原来的基础上增加一类树，用于维护更新掉的数，所以我们可以用树状数组来记录更新，每次更新 \(log(n)\) 棵树。

因此我们需要用到离线来做，把题目所给定的所有修改后的值也加入 \(vector\) 中。第一轮建树的时候只需要把修改前的所有值进行建树。

对于更新，我们不改变这些已经建好的树，而是另建一类树S，用来记录更新。用树状数组来维护，也就是树状数组的每个节点都是一颗线段树。初始时，S[0]、S[1]、S[2]、S[3](树状数组的每个节点)这些都与 root[0] 相同（也就是空树 0）。

对于 （C 2 6）操作来说，我们只需要减去 2 ，加上 6 即可。对于减去2（树状数组 \(i+lowbit(i)\) 为 i 的父亲节点， 修改 i，就要把 i 的所有父亲节点都修改了）。因此要更新的是 S[2] 和 S[4] 这两个节点。

当查询的时候， \(sum\) 需要另外再加上 S树 的值之差。

代码

#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <stack>
#include <queue>
#include <bitset>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <fstream>
#include <iomanip>
#include <numeric>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;const int maxn = 5e4+5;int n, m, cnt;
int root[maxn];
int a[maxn];
vector<int> v;
int new_n;
int S[maxn];    // 树状数组维护的新树
int use[maxn];  // use记录要操作的线段树下标struct node {int l, r, sum;
}T[maxn*40];struct Question {int f;int a, b, c;
}Q[maxn];void init() {v.clear();memset(root, 0, sizeof(root));for(int i = 0; i <= n*40; i++) {T[i].l = T[i].r = T[i].sum = 0;}cnt = 0;
}int getid(int x) {return lower_bound(v.begin(), v.end(), x) - v.begin() + 1;
}int lowbit(int x) {return x & (-x);
}void build(int l, int r, int &rt) {rt = ++cnt;if(l == r) {return ;}int mid = (l+r) / 2;build(l, mid, T[rt].l);build(mid+1, r, T[rt].r);
}void update(int l, int r, int &x, int y, int pos, int f) {T[++cnt] = T[y];T[cnt].sum += f;    // 1 or -1x = cnt;if(l == r)return ;int mid = (l+r) / 2;if(mid >= pos) {update(l, mid, T[x].l, T[y].l, pos, f);}else {update(mid+1, r, T[x].r, T[y].r, pos, f);}
}void Add(int x, int c, int f) {while(x <= n) {update(1, new_n, S[x], S[x], c, f);x += lowbit(x);}
}int Sum(int x) {int ans = 0;while(x > 0) {ans += T[T[use[x]].l].sum;x -= lowbit(x);}return ans;
}int query(int l, int r, int a, int b, int x, int y, int k) {if(l == r) {return l;}int mid = (l+r) / 2;int sum = Sum(b) - Sum(a) + T[T[y].l].sum - T[T[x].l].sum;if(sum >= k) {for(int i = a; i > 0; i -= lowbit(i)) {use[i] = T[use[i]].l;}for(int i = b; i > 0; i -= lowbit(i)) {use[i] = T[use[i]].l;}return query(l, mid, a, b, T[x].l, T[y].l, k);}else {for(int i = a; i > 0; i -= lowbit(i)) {use[i] = T[use[i]].r;}for(int i = b; i > 0; i -= lowbit(i)) {use[i] = T[use[i]].r;}return query(mid+1, r, a, b, T[x].r, T[y].r, k-sum);}
}int main() {// fopen("in.txt", "r", stdin);// fopen("out.txt", "w", stdout);int t;scanf("%d", &t);while(t--) {init();scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &a[i]);v.push_back(a[i]);}for(int i = 1; i <= m; i++) {char f[10];scanf("%s", f);if(f[0] == 'Q') {int l, r, k;scanf("%d%d%d", &l, &r, &k);Q[i].f = 0;Q[i].a = l;Q[i].b = r;Q[i].c = k;}else {int x, c;scanf("%d%d", &x, &c);Q[i].f = 1;Q[i].a = x;Q[i].b = c;v.push_back(c);}}sort(v.begin(), v.end());v.erase(unique(v.begin(), v.end()), v.end());new_n = (int)v.size();for(int i = 1; i <= n; i++) {update(1, new_n, root[i], root[i-1], getid(a[i]), 1);}for(int i = 1; i <= n; i++) {S[i] = root[0];}for(int i = 1; i <= m; i++) {if(Q[i].f == 0) {for(int j = Q[i].a-1; j > 0; j-= lowbit(j)) {use[j] = S[j];}for(int j = Q[i].b; j > 0; j -= lowbit(j)) {use[j] = S[j];}int ans = query(1, new_n, Q[i].a-1, Q[i].b, root[Q[i].a-1], root[Q[i].b], Q[i].c) - 1;printf("%d\n", v[ans]);}else {Add(Q[i].a, getid(a[Q[i].a]), -1);  // 减去修改前的值Add(Q[i].a, getid(Q[i].b), 1);   // 加上新值a[Q[i].a] = Q[i].b;}}}return 0;
}