整体二分——离线整体处理
整体二分：
对于一般二分，我们会logn外层二分一个答案，然后内层O(n)或者O(nlogn)检验。
然鹅一些有二分性质的题，询问比较多，每次逐一二分会T飞。
但是二分的范围相对固定，二分的对象也固定，而且还可以离线的话，就可以用整体二分实现。
基本思路是，二分一个mid，考虑<=mid哪些询问能够满足，根据满足与否，把询问左右下放，然后分治处理。
这是一般的二分的升级版。可以把所有的修改询问放在一起，用一个整体的二分来实现。一次性处理所有的修改，询问。
支持区间询问，区间修改，但是必须离线操作。
细节，边界情况考虑要到位，代码不长，但是初学的时候不是很好写。
关键是把二分理解好。
首先考虑不修改：
二分答案是二分答案的范围然后不断缩小，整体二分也一样。
div(A,l,r)表示，A集合所代表的询问的答案在l~r里。
每次找到一个mid，计算每个询问在mid+1~r或者l~mid中是否可以。
然后把这个询问放进下一层可以的位置的集合里面递归下去。
当l==r时，A集合中的询问的答案就都是l了。
复杂度和分治类似。logC层，每层一般O(n)或者O(nlogn)
例题：
区间第k小。（主席树经典例题）
我们用整体二分做。
把所有的数从小到大排一个序，放进另一个数组b里。
在每个div(A,l,r)中，
找到mid=l+r>>1，从排好序的数组b中，二分找到数值为l的位置，数值为mid的位置，
把大小为l~mid的数加入一个位置为下标树状数组里，（有就加1）然后循环当前层的A询问集合，对于qi询问
用树状数组找[li,ri]的大小sum，也就是[li,ri]中，数值在[l,mid]的数有多少个。
如果大于等于ki，说明qi的答案一定在[l,mid]中，放进左儿子集合。
否则，qi的答案一定在[mid+1,r]，令ki-=sum，放进右儿子集合。
递归之前，把树状数组上改变的位置再-1
分别递归左右儿子。
l==r的时候统计答案。
但是，复杂度O(nlogn^2)比主席树慢，而且还必须离线（辣鸡）。
51nod 1175：（不过这个题是区间第k大）
（把mid+1~r放进去即可）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=50000+10; const int inf=1e9+2; int f[N]; struct node{ int l,r; int ans; int kth; }q[N]; int n,m; void add(int x,int c){for(;x<=n;x+=x&(-x))f[x]+=c;} int query(int x){int ret=0;for(;x;x-=x&(-x))ret+=f[x];return ret;} int delpool,cur; int dp[100]; vector<int>s[100]; int a[N]; int nc(){ int r=delpool?dp[delpool--]:++cur; s[r].clear();return r; } void dele(int x){ dp[++delpool]=x; } struct po{ int val,id; bool friend operator <(po a,po b){ if(a.val==b.val) return a.id<b.id; return a.val<b.val; } }p[N],kk; void slo(int id,int l,int r){ if(l==r){ for(int i=0;i<s[id].size();i++){ q[s[id][i]].ans=l; } return; } int mid=(l+r)/2; int lst=-1,rnd=-1; int L=1,R=n; while(L<=R){ int M=(L+R)>>1; if(p[M].val>=mid+1) lst=M,R=M-1; else L=M+1; } L=1,R=n; while(L<=R){ int M=(L+R)>>1; if(p[M].val<=r) rnd=M,L=M+1; else R=M-1; } if(lst!=-1&&rnd!=-1){ for(int i=lst;i<=rnd;i++){ add(p[i].id,1); } } int le=nc(),ri=nc(); bool fle=false,fri=false; for(int i=0;i<s[id].size();i++){ int o=s[id][i]; int sum=query(q[o].r)-query(q[o].l-1); if(sum>=q[o].kth){ fri=true; s[ri].push_back(o); } else{ fle=true; q[o].kth-=sum; s[le].push_back(o); } } if(lst!=-1&&rnd!=-1){ for(int i=lst;i<=rnd;i++){ add(p[i].id,-1); } } if(fle)slo(le,l,mid); dele(le); if(fri)slo(ri,mid+1,r); dele(ri); } int mi=inf,mx=0; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); mi=min(mi,a[i]); mx=max(mx,a[i]); p[i].val=a[i]; p[i].id=i; } sort(p+1,p+n+1); scanf("%d",&m); int st=nc(); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d",&q[i].l,&q[i].r,&q[i].kth); q[i].l++;q[i].r++; s[st].push_back(i); } slo(st,mi,mx); for(int i=1;i<=m;i++){ printf("%d\n",q[i].ans); } return 0; }
注意：
1.第k大，把mid+1~r放进去。
2.直接l~mid，mid+1~r递归，是一定能找到答案的。
3.注意vector垃圾回收（下面讲解）
4.当sum<kth的时候，q[o].kth-=sum别忘了
至于A集合怎么存储？
1.vector存储。但是每层另开两个vector一定MLE。发现，递归类似于dfs，一定先深度优先遍历，再回溯。
回溯之后，之前走过的地方的vector已经没有用了，但是还存在，占着空间。
其实，当基础的答案区间是-1e18~1e18的时候，最多深度是二分65次，每次最多产生两个儿子，但是一直沿一个儿子走下去，
所以，最坏情况下，最大的有用vector数量不过130个。
开一个全局的vector<int>p[130]其实足够了。
所以必须考虑一下垃圾回收。
vector<int>p[130]; int delepool[130]; int dp; int tc; void dele(int s){ delepool[++dp]=s; } int nc(){ int r=dp?delepool[dp--]:++tc; p[r].clear(); return r; }
这样，div(A,l,r)，A就是当前存储的vector的编号了。
这样，每次找一下left儿子编号le=nc(),右儿子ri=nc()
然后，递归完回溯，dele(le),dele(ri)即可。
亲测可以实现，完全正确。
（upda：2018.12.18 :但是常数和空间会比较大，而且易错，不推荐，这是博主以前自己yy的做法）
（注意：l==r判断回溯的时候就不要dele(id)了，因为，回溯之后，id作为左二子或者右儿子会再一次被dele。就错了。）
2.引入两个临时的tmp[]结构体变量，tmp1,tmp2分别表示左儿子，右儿子询问集合。
判断然后加入进去，注意，是把整个qi结构体复制进去。加入完了之后，设cnt1表示tmp1大小，cnt2表示tmp2大小，
把tmp1中的qi依次加入A中，tmp2中的qi再在后面依次加入A中。
总之，div(ql,qr,l,r)集合变成了一段连续的区间，
分配完了之后，左二子变成了一段区间ql~ql+cnt1-1 右儿子就是ql+cnt1~qr
这样，用区间的两个端点就可以代表整个询问集合了。
//By YJC i207M void sol(int ql, int qr, int l, int r) { //.......... int p = ql; for (ri i = 1; i <= cnt1; ++i) { q[p] = tmp1[i]; ++p; } for (ri i = 1; i <= cnt2; ++i) { q[p] = tmp2[i]; ++p; } sol(ql, ql + cnt1 - 1, l, mid); sol(ql + cnt1, qr, mid + 1, r); }
注意，我们询问本身必须用结构体q[]存储，因为它们的位置可能随时变化，必须一起动。
二分mid，二维树状数组处理0/1矩形和。然后递归即可。
同样k-=now,
Stamp Rally
有修改操作怎么办？
可以发现，对于一个询问，并不是所有的修改操作都对询问答案产生影响。
所以，开始，我们把A集合中，按原来顺序加入所有的修改操作和询问操作，
假设以mid+1~r为标准计算询问的归类：
二分mid，循环A集合。
1.如果是修改操作，对于修改的值小于等于mid的修改，放进左集合，表示会对答案在mid左边的询问产生影响。
对于修改的值大于mid的修改，在一个数据结构上修改，然后放进右集合，表示会对答案在mid右边的询问产生影响。
2.如果是查询操作，直接通过数据结构查询，在它前面的修改操作能影响的已经都加入数据结构里了，所以可以确定qi询问所属儿子集合。
（有点类似cdq分治）
不懂的话，看例题：
[ZJOI2013]K大数查询
题目描述
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
a<=b<=N
1操作中abs(c)<=N
2操作中c<=long long
（保证输入合法）
Solution：
没错，这个可以用树套树解决。
但是，整体二分更好写。
相当于每个位置有一个桶，往里面不断加入数据。
按照上面所说的，把所有的询问、修改按顺序加入A里。
二分mid，
修改操作，对于加入的c<=mid，放进左集合不管。
否则，用一个线段树，以位置为下标，区间修改加1，加入c们。放进右集合。
对于一个询问，
线段树找[l,r]的sum，如果sum>=k,说明qi的答案一定在[mid+1,r]里面，放进右集合。
否则，k-=sum，放进左集合。
代码：（不知道为什么要的define int long long，害得调到凌晨）
Code：（我用的vector存储，因为值域在-n到n之间，所以开35即可。）
#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; typedef long long ll; const int N=50000+10; int n,m; struct node{ int l,r;ll c;int id;int op;ll ans; }q[N]; struct tr{ int sum,ad; }t[N*4]; int dp; int tc; vector<int>p[35]; int delepool[35]; void dele(int s){ delepool[++dp]=s; } int nc(){ int r=dp?delepool[dp--]:++tc; p[r].clear(); return r; } int ans[N]; int tot; void pushdown(int x,int l,int r){ int mid=l+r>>1; t[x<<1].sum+=t[x].ad*(mid-l+1); t[x<<1|1].sum+=t[x].ad*(r-mid); t[x<<1].ad+=t[x].ad; t[x<<1|1].ad+=t[x].ad; t[x].ad=0; } void add(int x,int l,int r,int L,int R,int c){ if(L<=l&&r<=R){ t[x].sum+=c*(r-l+1); t[x].ad+=c; return; } pushdown(x,l,r); int mid=l+r>>1; if(L<=mid) add(x<<1,l,mid,L,R,c); if(mid<R) add(x<<1|1,mid+1,r,L,R,c); t[x].sum=t[x<<1].sum+t[x<<1|1].sum; } int query(int x,int l,int r,int L,int R){ if(L<=l&&r<=R){ return t[x].sum; } pushdown(x,l,r); int mid=l+r>>1; int ret=0; if(L<=mid) ret+=query(x<<1,l,mid,L,R); if(mid<R) ret+=query(x<<1|1,mid+1,r,L,R); return ret; } void div(int id,ll l,ll r){ if(l==r){ for(int i=0;i<p[id].size();i++){ if(q[p[id][i]].op==2) q[p[id][i]].ans=l; } return; } ll mid=(ll)floor(((double)1.0*l+(double)1.0*r)/((double)2)); int le=nc(),ri=nc(); bool fl=false,fr=false; for(int i=0;i<p[id].size();i++){ if(q[p[id][i]].op==1){ if(q[p[id][i]].c<=mid) p[le].push_back(p[id][i]); else { p[ri].push_back(p[id][i]); add(1,1,n,q[p[id][i]].l,q[p[id][i]].r,1); } } else{ int sum=query(1,1,n,q[p[id][i]].l,q[p[id][i]].r); if(sum>=q[p[id][i]].c){ fr=true; p[ri].push_back(p[id][i]); } else { fl=true; q[p[id][i]].c-=sum; p[le].push_back(p[id][i]); } } } for(int i=0;i<p[id].size();i++){ if(q[p[id][i]].op==1){ if(q[p[id][i]].c>mid) { add(1,1,n,q[p[id][i]].l,q[p[id][i]].r,-1); } } } if(p[le].size()&&fl)div(le,l,mid); dele(le); if(p[ri].size()&&fr)div(ri,mid+1,r); dele(ri); } signed main() { scanf("%d%d",&n,&m); int st=nc(); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d%lld",&q[i].op,&q[i].l,&q[i].r,&q[i].c); q[i].id=i; p[st].push_back(i); } div(st,-n,n); for(int i=1;i<=m;i++){ if(q[i].op==2){ printf("%lld\n",q[i].ans); } } return 0; }
