可持久化线段树/主席树
【例题】1. 静态区间第 k 小
给定长度为\(n\)的序列\(a_1,a_2,...,a_n\)。\(m\)次询问，每次询问区间\([l,r]\)中第\(k\)大的元素是多少。
\(n,m\le 2×10^5,a_i\le 10^9\)
解法
首先，建立\(n\)颗权值线段树，分别代表区间\([1,i]\)中每一种权值出现的个数（离散化之后）。
这个过程显然要使用主席树，第\(i\)棵树是 在第\(i-1\)棵树 上将\(a[i]\)单点+1得到的。
int add(int rt, int l, int r, int x, int val) {//单点修改，返回新根编号
rt=clone(rt);
if(l == r){ t[rt].sum += val; return rt; }
int mid = (l + r) >> 1;
if(x <= mid) t[rt].l = add(t[rt].l, l, mid, x, val);
else t[rt].r = add(t[rt].r, mid + 1, r, x, val);
t[rt].sum = t[t[rt].l].sum + t[t[rt].r].sum;
return rt;
}
主函数中：
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
root[i] = add(root[i - 1], 1, ntot, a[i], 1);
}
然后考虑如何求出区间\([l,r]\)的节点信息？
我们可以让两个指针rt1，rt2分别从root[l-1]和root[r]开始同步在线段树上跳。由于是同步的，所以rt1与rt2所对应的（值域）区间是一样的。
我们每次计算出当前（值域）区间左儿子的值的个数为\(t[t[rt2].l].sum\ -\ t[t[rt1].l].sum\)，其中\(t[rt].sum\)表示\(rt\)对应值域区间值的个数。
如果这个数 ≥ k，那么就递归到左儿子找。否则到右儿子找即可。
int query(int rt1, int rt2, int l, int r, int k) {
if(l == r) return l;//l,r都是值域的端点
int mid = (l + r) >> 1;
int sum_l = t[t[rt2].l].sum - t[t[rt1].l].sum;
if(sum_l >= k) return query(t[rt1].l, t[rt2].l, l, mid, k);
else return query(t[rt1].r, t[rt2].r, mid + 1, r, k - sum_l);
}
完整代码：https://www.luogu.com.cn/paste/rbuywlkh
2.CF840D Destiny
题意：
给定长度为\(n\)的数列\(a_1,a_2,...,a_n\)，\(m\)次询问。
每次给出三个参数\(l,r,k\)询问区间\([l,r]\)内是否存在出现次数严格大于\(\frac{r-l+1}{k}\)的数。如果存在就输出满足题意的最小值，否则输出\(-1\).
\(n,m\le 3\times 10^5\)
解法
建立\(n\)棵权值线段树，第\(i\)棵表示区间\([1,i]\)的本质不同的权值数量，显然用主席树完成。
对于询问，解决方法与例题类似，但也有不同。
具体地，用两个指针rt1,rt2从root[l-1]和root[r]开始同步在线段树上跳，如果左半段的权值数量大于\(\frac{r-l+1}{k}\)，答案就有可能在左边；右边同理。注意两边都要判断，并且要优先走左子树（因为题目求的是最小值。
但是这样的话就有可能两边都走，看看复杂度咋保证？
如果一次\(sum_{lson}>x\cdot\frac{r-l+1}{k}\)，则\(sum_{rson}<(k-x)\cdot\frac{r-l+1}{k}\)。(因为这是权值线段树，所以\(sum_{lson},sum_{rson}\)加起来等于\(r-l+1\)）。那么左边最多\(x\)个答案，最多搜索\(x\ log\ n\)，同理右边最多\((k-x)\ log\ n\)次。
