[ABC343F] Second Largest Query 题解 【线段树没白练】

赛时不会 E，看到 F 高兴坏了。

First. 题目分析

首先，这道题单点修，区间查，一般都可以用数据结构做，此时我们不妨往线段树上想一想。

那么求次大，我们线段树需要维护什么呢？

对于合并两个区间，其的次大并不是两个区间次大中的较大者，而还需要考虑两个区间的最大值，即两个区间最大值、次大值中的次大值。

那么要求数量，那是否需要再维护一个最大值数量和次大值数量呢？

所以要维护的信息就是：

1. 最大值

2. 次大值

3. 最大值的数量

4. 次大值的数量

此时求出来了次大值，那么对于所有等于次大的数，将其的数量加于次大的数量上即可。

一点小提醒：本题是严格次小，所以次大值一开始设为 $-1$，并且更新的时候要去重。

Second. 区间合并的实现

我的做法很暴力，将两个区间分别的次大和最大存于一个数组里，然后排序，再去重，再像求序列次大一样更新。

这里 node 表示的是每个区间的信息。

struct node {
    int ma , ma2 , cnt , cnt2;
  // ma : 最大值
  // ma2 : 次大值
  // cnt : 最大值的个数
  // cnt2 : 次大值的个数
}t[N * 4];
node hb(node x , node y) {
    node res = { -1, -1, 0, 0 };
    int cur[5] = { 0, x.ma, y.ma, x.ma2, y.ma2 };
    sort(cur + 1 , cur + 1 + 4);
    for (int i = 1; i <= 4; i++) {
        if (cur[i] == cur[i - 1]) continue;
        if (cur[i] > res.ma) res.ma2 = res.ma , res.ma = cur[i];
        else if (cur[i] > res.ma2) res.ma2 = cur[i]; // 类比序列次大，如果大于最大值，那么先将次大值更新为最大值，然后最大值更新为该值
    }
    if (res.ma == x.ma) res.cnt += x.cnt;
    if (res.ma == y.ma) res.cnt += y.cnt;
    if (res.ma2 == x.ma) res.cnt2 += x.cnt; //  对于所有 = 次大的加上它的数量
    if (res.ma2 == x.ma2) res.cnt2 += x.cnt2;
    if (res.ma2 == y.ma) res.cnt2 += y.cnt;
    if (res.ma2 == y.ma2) res.cnt2 += y.cnt2;
    if (res.ma2 == res.ma) res.ma2 = -1 , res.cnt2 = 0; 
    return res;
}

这里采用了小粉兔式写法（强烈推荐，超好用）。

Third. 修改和查询的实现

修改

由于是单点修改，所以不用 lazy。

直接递归到修改节点，再一层层更新即可。

void updata(int p , int l , int r , int k , int x) {
    if (l == r) t[p] = { x, -1, 1, 0 }; // 直接修改
    else {
        int mid = l + r >> 1;
        if (mid >= k) updata(p * 2 , l , mid , k , x);
        if (mid < k) updata(p * 2 + 1 , mid + 1 , r , k , x);
        t[p] = hb(t[p * 2] , t[p * 2 + 1]); // 向上更新
    }
}

查询

直接查询并合并查询得到的区间即可。

node getans(int p , int l , int r , int ql , int qr) {
    if (ql <= l && r <= qr) {return t[p]; }
    int mid = l + r >> 1; node res = { -1, -1, -1, -1 };
    if (mid >= ql) res = getans(p * 2 , l , mid , ql , qr);
    if (mid < qr) {
        node x = getans(p * 2 + 1 , mid + 1 , r , ql , qr);
        if (res.ma != -1) res = hb(res , x); // 如果于左右两边都相交，那么合并左右两边
        else res = x;
    }
    return res;
}

时间复杂度分析

建树：$O(n{\log }_{2}n)$

每次修改：$O({\log }_{2}n)$

总时间复杂度：$O(n{\log }_{2}n)$

最后完整代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int , int> pi;
const int N = 2e5 + 10;
int n , q;
int a[N];
struct node {
    int ma , ma2 , cnt , cnt2;
}t[N * 4];
node hb(node x , node y) {
    node res = { -1, -1, 0, 0 };
    int cur[5] = { 0, x.ma, y.ma, x.ma2, y.ma2 };
    sort(cur + 1 , cur + 1 + 4);
    for (int i = 1; i <= 4; i++) {
        if (cur[i] == cur[i - 1]) continue;
        if (cur[i] > res.ma) res.ma2 = res.ma , res.ma = cur[i];
        else if (cur[i] > res.ma2) res.ma2 = cur[i];
    }
    if (res.ma == x.ma) res.cnt += x.cnt;
    if (res.ma == y.ma) res.cnt += y.cnt;
    if (res.ma2 == x.ma) res.cnt2 += x.cnt;
    if (res.ma2 == x.ma2) res.cnt2 += x.cnt2;
    if (res.ma2 == y.ma) res.cnt2 += y.cnt;
    if (res.ma2 == y.ma2) res.cnt2 += y.cnt2;
    if (res.ma2 == res.ma) res.ma2 = -1 , res.cnt2 = 0;
    return res;
}

void build(int p , int l , int r) {
    if (l == r) t[p] = { a[l], -1, 1, 0 };
    else build(p * 2 , l , l + r >> 1) , build(p * 2 + 1 , (l + r >> 1) + 1 , r) , t[p] = hb(t[p * 2] , t[p * 2 + 1]);
}
void updata(int p , int l , int r , int k , int x) {
    if (l == r) t[p] = { x, -1, 1, 0 };
    else {
        int mid = l + r >> 1;
        if (mid >= k) updata(p * 2 , l , mid , k , x);
        if (mid < k) updata(p * 2 + 1 , mid + 1 , r , k , x);
        t[p] = hb(t[p * 2] , t[p * 2 + 1]);
    }
}
node getans(int p , int l , int r , int ql , int qr) {
    if (ql <= l && r <= qr) {return t[p]; }
    int mid = l + r >> 1; node res = { -1, -1, -1, -1 };
    if (mid >= ql) res = getans(p * 2 , l , mid , ql , qr);
    if (mid < qr) {
        node x = getans(p * 2 + 1 , mid + 1 , r , ql , qr);
        if (res.ma != -1) res = hb(res , x);
        else res = x;
    }
    return res;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    build(1 , 1 , n);
    while (q--) {
        int opt , l , r;
        cin >> opt >> l >> r;
        if (opt == 1) updata(1 , 1 , n , l , r);
        else cout << getans(1 , 1 , n , l , r).cnt2 << endl;
    }
    return 0;
}