UNR #7 Day2 T1 火星式选拔题解
先考虑打完暴力后 \(k = 1\) 的特殊性质。
当队列容量为 \(1\) 时，队中的人 \(i\) 会被第一个满足 \(i \leq j\) 且 \(b_i \leq a_j\) 的人淘汰，并且队列中的人会变成 \(j\)，考虑倍增加速这个过程，令 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个人进队后淘汰过程发生 \(2^j\) 次后队中的人，答案就是 \(\max_{f_{l,i} \leq r}(f_{l,i})\)，我们预处理 ST 表二分求出 \(f_{i,0}\) 在递推即可求出 \(f\) 数组，所以总时间是 \(O(n \log n)\) 的。
接着手玩几组数据，发现 \(b_i\) 较大的几个人总是不会被淘汰，这是为什么？
我们发现因为每次假若要淘汰只会淘汰 \(b_i\) 最小的，而区间中 \(b_i\) 前 \(k-1\) 大的人 一定不会成为最小的，所以我们可以确定区间中 \(b_i\) 前 \(k-1\) 大的人一定在队中， 并且不是排名最后的一个人。
考虑怎么求最后一个人。
令区间 \(b_i\) 前 \(k-1\) 大的人全部入队时考虑到第 \(x\) 个人，那么我们发现在考虑第 \(x-1\) 个人时，区间 \([l,x-1]\) 中前 \(k-1\) 大一定也在队中，那么第 \(x\) 个人实际上就是淘汰了考虑第 \(x-1\) 个人时队列中最后一个人，因此，区间 \([l,x-1]\) 中第 \(k-1\) 大的人因为不是排名最后的一个人，所以就会被保留在队中。也就是说此时队列中最后一个人是区间 \([l,x-1]\) 中第 \(k-1\) 大！
然后考虑这个人会不会被淘汰，假若被淘汰那么此时问题变成一个与 \(k=1\) 相似的问题，就从淘汰此人的人开始倍增往后面跳。
最后用主席树维护区间，这道题目就解决了。
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
const int maxn = 5e5+114;
int a[maxn],b[maxn],f[maxn][21];
long long c[maxn];
int st[maxn][21][2];
int lg[maxn];
int n,q;
inline void init(){
for(int i=1;i<=n;i++) st[i][0][0]=a[i],st[i][0][1]=b[i];
for(int j=1;j<=lg[n];j++)
for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
st[i][j][0]=max(st[i][j-1][0],st[i+(1<<(j-1))][j-1][0]),st[i][j][1]=max(st[i][j-1][1],st[i+(1<<(j-1))][j-1][1]);
}
inline int qmx(int l,int r,int type){
if(l>r) return 0;
int k=lg[r-l+1];
return max(st[l][k][type],st[r-(1<<k)+1][k][type]);
}
inline int ask(int l,int r){
for(int i=20;i>=0;i--){
if(f[l][i]<=r&&f[l][i]!=0){
l=f[l][i];
}
}
return l;
}
struct Node{
int sum,ls,rs;
long long val;
}tr[maxn*22];
int root[maxn],tot;
int g[maxn];
inline void add(int cur,int lst,int lt,int rt,int pos){
tr[cur].sum=tr[lst].sum+1;
tr[cur].val=tr[lst].val+c[g[pos]];
if(lt==rt){
return ;
}
int mid=(lt+rt)>>1;
if(pos<=mid){
tr[cur].rs=tr[lst].rs;
tr[cur].ls=++tot;
add(tr[cur].ls,tr[lst].ls,lt,mid,pos);
}
else{
tr[cur].ls=tr[lst].ls;
tr[cur].rs=++tot;
add(tr[cur].rs,tr[lst].rs,mid+1,rt,pos);
}
}
inline long long query(int ql,int qr,int lt,int rt,int L,int R){
if(ql>qr) return 0;
if(rt<ql||lt>qr){
return 0;
}
if(ql<=lt&&rt<=qr){
return tr[R].val-tr[L].val;
}
int mid=(lt+rt)>>1;
long long res=0;
res+=query(ql,qr,lt,mid,tr[L].ls,tr[R].ls);
res+=query(ql,qr,mid+1,rt,tr[L].rs,tr[R].rs);
return res;
}
inline int kth(int lt,int rt,int L,int R,int k){
if(lt==rt) return lt;
int mid=(lt+rt)>>1;
if((tr[tr[R].rs].sum-tr[tr[L].rs].sum)>=k){
return kth(mid+1,rt,tr[L].rs,tr[R].rs,k);
}
else{
return kth(lt,mid,tr[L].ls,tr[R].ls,k-(tr[tr[R].rs].sum-tr[tr[L].rs].sum));
}
}
inline int ChiFAN(int l,int r,int x){
int L=l,R=r+1;
while(L+1<R){
int mid=(L+R)>>1;
if(qmx(mid,r,1)<x){
R=mid;
}
else{
L=mid;
}
}
return L;
}//第 k-1 个大出现的地方
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
lg[0]=1;
for(int i=1;i<maxn;i++) lg[i]=log2(i);
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
for(int i=1;i<=n;i++) g[b[i]]=i;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];
init();
for(int i=1;i<=n;i++){
root[i]=++tot;
add(root[i],root[i-1],1,n,b[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int l=i,r=n;
if(qmx(i+1,n,0)<b[i]){
f[i][0]=n+1;
continue ;
}
while(l+1<r){
int mid=(l+r)>>1;
if(qmx(i+1,mid,0)>=b[i]){
r=mid;
}
else{
l=mid;
}
}
f[i][0]=r;
}
for(int j=1;j<=20;j++){
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
}
}
while(q--){
int l,r,k;
cin>>l>>r>>k;
if(k==1){
cout<<c[ask(l,r)]<<'\n';
}
else{
int p=g[kth(1,n,root[l-1],root[r],k-1)];
int e=ChiFAN(l,r,b[p]);
int t=g[kth(1,n,root[l-1],root[e-1],k-1)];
if(qmx(e+1,r,0)>=b[t]){
int L=e,R=r;
while(L+1<R){
int mid=(L+R)>>1;
if(qmx(e+1,mid,0)>=b[t]){
R=mid;
}
else{
L=mid;
}
}
t=R;
for(int i=20;i>=0;i--){
if(f[t][i]<=r&&f[t][i]!=0) t=f[t][i];
}
}
cout<<query(b[p],n,1,n,root[l-1],root[r])+c[t]<<'\n';
}
}
}
