[BZOJ2653]middle
[BZOJ2653]middle
题面
一个长度为n的序列a，设其排过序之后为b，其中位数定义为b[n/2]，其中a,b从0开始标号,除法取下整。给你一个
长度为n的序列s。回答Q个这样的询问：s的左端点在[a,b]之间,右端点在[c,d]之间的子序列中，最大的中位数。
其中a<b<c<d。位置也从0开始标号。我会使用一些方式强制你在线。
Input
第一行序列长度n。接下来n行按顺序给出a中的数。
接下来一行Q。然后Q行每行a,b,c,d，我们令上个询问的答案是
x(如果这是第一个询问则x=0)。
令数组q={(a+x)%n,(b+x)%n,(c+x)%n,(d+x)%n}。
将q从小到大排序之后，令真正的
要询问的a=q[0],b=q[1],c=q[2],d=q[3]。
输入保证满足条件。
第一行所谓“排过序”指的是从小到大排序！
n<=20000,Q<=25000
Output
Q行依次给出询问的答案。
Sample Input
5
170337785
271451044
22430280
969056313
206452321
3
3 1 0 2
2 3 1 4
3 1 4 0
Sample Output
271451044
271451044
969056313
思路
这道题也是蛮有意思的。我们思考一下，对于单次查询该怎么做。
这里有一个针对中位数的数据结构题的小trick：把大于x的设置为1，小于x的设置为-1，等于x的设置为0。很显然，如果\(sum\)大于0则中位数比x更大，小于0则中位数比x更小，等于0则中位数为x。（在这道题中我们可以把\(sum\)为0的情况归类到中位数大于x里面，原因下面会说）
有了上面这个小trick，我们就可以判断任何一个数和中位数的关系。那么很显然这里可以使用二分。那么问题来了，二分的复杂度是\(O(\log n)\)，如果我们对于每一次二分都重新求和，复杂度是\(O(n)\)，对于q次查询，总复杂度为\(O(qn\log n)\)，很显然是要炸的。
我们发现复杂度里的\(O(q \log n)\)是不能省的（强制在线的查询和二分），那我们就要试图做到\(\log n\)判断一个数是否为中位数。
我们发现，在二分寻找中位数时，不是每一次判断都需要修改全树的。在每次缩小查询范围后（l或r变为mid），范围外的数和下一次二分的数的大小关系是始终不变的，所以我们可以继承上一次修改的结果而不需要再次修改。
另外，对于这种多次查询又是强制在线的数据结构题，我们可以把所有潜在答案计算出来，再用可持久化数据结构储存。
那么整理一下思路，解法如下：
- 先构建一个可持久化线段树，每个叶子节点对应一个序列上的位置，节点初始值为1（毕竟最开始二分的值是无限小）。
- 按照从小到大的顺序加入元素（值为-1）。每加入一次就相当于现在中位数可能的值增加。
- 对于每次查询，我们可以用线段树操作\(maxl(a,b)+sum(b,c)+maxr(c,d)\)来求得中位数的“判定值”。
- 对于每次查询，二分一下答案对应的版本即可。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define maxn (int)(2e4+1000)
#define ll long long
using namespace std;
int n,q,idx;
ll sum[maxn<<5],lmax[maxn<<5],rmax[maxn<<5];
int ls[maxn<<5],rs[maxn<<5],rt[maxn],pre,b[7];
struct gg{
int num,loc;
}a[maxn];
void push_up(int x){
sum[x]=sum[ls[x]]+sum[rs[x]];
lmax[x]=max(sum[ls[x]]+lmax[rs[x]],lmax[ls[x]]);
rmax[x]=max(sum[rs[x]]+rmax[ls[x]],rmax[rs[x]]);
return;
}
int build(int l,int r){
int now=++idx;
if(l==r){
sum[now]=lmax[now]=rmax[now]=1;
return now;
}
int mid=(l+r)>>1;
ls[now]=build(l,mid);
rs[now]=build(mid+1,r);
push_up(now);
return now;
}
bool cop(gg x,gg y){return x.num<y.num;}
int update(int last,int l,int r,int tar,int val){
int now=++idx;lmax[now]=lmax[last]-2,rmax[now]=rmax[last]-2,sum[now]=sum[last]-2;
ls[now]=ls[last],rs[now]=rs[last];
if(l==r){
return now;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(tar<=mid)ls[now]=update(ls[last],l,mid,tar,val);
else{rs[now]=update(rs[last],mid+1,r,tar,val);}
push_up(now);
return now;
}
ll get_sum(int now,int l,int r,int tl,int tr){
if(tl<=l&&r<=tr)return sum[now];
int mid=(l+r)>>1;
ll ans=0;
if(tl<=mid)ans+=get_sum(ls[now],l,mid,tl,tr);
if(tr>=mid+1)ans+=get_sum(rs[now],mid+1,r,tl,tr);
return ans;
}
ll get_rmax(int now,int l,int r,int tl,int tr){
if(r<l)return 0;
int mid=(l+r)>>1;
if(tl<=l&&r<=tr)return rmax[now];
if(tr<=mid)return get_rmax(ls[now],l,mid,tl,tr);
if(tl>=mid+1)return get_rmax(rs[now],mid+1,r,tl,tr);
return max(get_sum(rs[now],mid+1,r,tl,tr)+get_rmax(ls[now],l,mid,tl,tr),get_rmax(rs[now],mid+1,r,tl,tr));
}
ll get_lmax(int now,int l,int r,int tl,int tr){
if(r<l)return 0;
int mid=(l+r)>>1;
if(tl<=l&&r<=tr)return lmax[now];
if(tr<=mid)return get_lmax(ls[now],l,mid,tl,tr);
if(tl>=mid+1)return get_lmax(rs[now],mid+1,r,tl,tr);
return max(get_sum(ls[now],l,mid,tl,tr)+get_lmax(rs[now],mid+1,r,tl,tr),get_lmax(ls[now],l,mid,tl,tr));
}
bool check(int ves){
ves-=1;ves=rt[ves];
ll
ans=get_sum(ves,1,n,b[2],b[3])+max(get_rmax(ves,1,n,b[1],b[2]-1),0ll)+max(0ll,get_lmax(ves,1,n,b[3]+1,b[4]));
if(ans>=0)return 1;
else return 0;
}
int main(){
// freopen("in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i].num),a[i].loc=i;
rt[0]=build(1,n);
sort(a+1,a+1+n,cop);
for(int i=1;i<=n;i++){
rt[i]=update(rt[i-1],1,n,a[i].loc,-2);
}
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;i++){
for(int j=1;j<=4;j++){
scanf("%d",&b[j]);
b[j]=(b[j]+pre)%n;
b[j]++;
}
sort(b+1,b+5);
int l=0,r=n;
while(l<r){
int mid=(l+r+1)>>1;
if(check(mid)){l=mid;}
else{r=mid-1;}
}
printf("%d\n",a[l].num);pre=a[l].num;
}
return 0;
}
