树状数组题【1】
题目描述
给你一个\(N*N\)的矩阵，不用算矩阵乘法，但是每次询问一个子矩形的第\(K\)小数。
输入描述:
第一行两个数\(N,Q\)，表示矩阵大小和询问组数；
接下来\(N\)行\(N\)列一共\(N*N\)个数，表示这个矩阵；
再接下来\(Q\)行每行5个数描述一个询问：\(x1,y1,x2,y2,k\)
表示找到以\((x1,y1)\)为左上角、以\((x2,y2)\)为右下角的子矩形中的第\(K\)小数。
输出描述:
对于每组询问输出第\(K\)小的数。
-
输入
2 2
2 1
3 4
1 2 1 2 1
1 1 2 2 3
-
输出
1
3
数据范围：
\[N<=500,Q<=60000
\]
题解
这是一道整体二分的经典题目。
这道题显然可以给每个询问二分答案，统计该询问矩阵中小于等于mid的元素个数。如果大于等于k，说明猜大了，否则说明猜小了。
如果用这种方法的话，对于每个询问都至少要用O(询问矩阵大小*log值域)的时间复杂度解决，多组询问的话时间不能接受。
发现多个询问的二分答案是可以同时被检验的，我们可以为所有询问同时二分答案，把所有答案小于等于mid的询问放在询问序列的左侧，大于mid的放到询问序列的右侧然后递归处理。
这样为什么会快呢？我们每次可以用把矩阵中小于等于mid的元素染成黑色，剩下的元素保持白色。这样对于每一个询问的检验，就相当于是统计某个子矩阵中黑点的个数。为什么不用二维树状数组维护前缀和呢？
最开始的时候整个矩阵都设为0，然后让所有小于等于mid的位置加1，\(O(N^2\log^2N)\)
N)处理完整个矩阵之后再\(O(\log^2N)\)去应付每一个询问。被询问的子矩阵中可能有很多重叠的部分，这样保证了在每次询问过程中，矩阵中的每个元素只对运行时间做一次贡献，所以这个算法要比对于每个询问单独二分要快得多。
这样做的时间复杂度为什么是对的呢？我们是在二分值域，考虑二分过程中的每一层对答案的贡献。
- 对于每一层二分，矩阵中的每个元素最多被加入树状数组一次。
- 对于每一层二分，每个询问只会被处理一次。
- 二分值域的过程中最多只会出现\(O(\log N)\)层。
时间复杂度\(O((N^2 + Q)\log^3)\)
code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define re register int
using namespace std;
inline void read(int &x){
x=0;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
for(; isdigit(ch);ch=getchar())
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);}
inline int print(int x){if(x>9) print(x/10);putchar(x%10+48);}
const int N=510,Q=6e4+10;;
int n,test,cnt,x,t[N][N];
struct rec{int x,y,k;}a[N*N];
struct node{int a,b,c,d,k,num,ans;}q[Q],L[Q],R[Q];
bool cmp(node x,node y){return x.num<y.num;}
bool cmp1(rec x,rec y){return x.k<y.k;}
void ins(int x,int y,int d){
for(re i=x;i<=n;i+=i&(-i))
for(re j=y;j<=n;j+=j&(-j))
t[i][j]+=d;
}
int get(int x,int y){
int sum=0;
for(re i=x;i>0;i-=i&(-i))
for(re j=y;j>0;j-=j&(-j))
sum+=t[i][j];
return sum;
}
int count(int a,int b,int c,int d){return get(c,d)-get(a-1,d)-get(c,b-1)+get(a-1,b-1);}
void solve(int l,int r,int ql,int qr){
if(ql>qr) return;
if(l==r){for(re i=ql;i<=qr;++i)q[i].ans=a[l].k;return;}
int mid=(l+r)/2;
for(re i=l;i<=mid;++i) ins(a[i].x,a[i].y,1);
int cnt1=0,cnt2=0;
for(re d,i=ql;i<=qr;++i){
d=count(q[i].a,q[i].b,q[i].c,q[i].d);
if (q[i].k<=d) L[++cnt1]=q[i];
else q[i].k-=d,R[++cnt2]=q[i];
}
for(re i=l;i<=mid ;++i) ins(a[i].x,a[i].y,-1);
for(re i=1;i<=cnt1;++i) q[ql+i-1]=L[i];
for(re i=1;i<=cnt2;++i) q[ql+cnt1-1+i]=R[i];
solve(l,mid,ql,ql+cnt1-1);
solve(mid+1,r,ql+cnt1,qr);
}
signed main(){
read(n),read(test);
for(re i=1;i<=n;++i)
for(re j=1;j<=n;++j)
read(x),a[++cnt]=(rec){i,j,x};
for(re i=1;i<=test;++i)read(q[i].a),read(q[i].b),read(q[i].c),read(q[i].d),read(q[i].k),q[i].num=i;
sort(a+1,a+cnt+1,cmp1),solve(1,cnt,1,test),sort(q+1,q+test+1,cmp);
for (re i=1;i<=test;++i) print(q[i].ans),puts("");
}
