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详细揭秘 整体二分

考虑这样一个问题：

• 给你一个序列，每次查询区间 kth。

如果你不会主席树，你可能会考虑二分答案：二分一个 $mid$，看看它在区间中的 rank，与 $k$ 比较。

这样子单次暴力是线性对数的，不太妙。问题出在哪里呢？你发现每次找 rank 是线性的，很慢。

我们把多个询问放在一起跑二分，即 整体二分，具体的：

• 用类似二分答案的思想，确定一些询问的答案区间 $[l,r]$。假设我们现在正在解决答案在 $[l,r]$ 内的询问。

• 二分 $mid=\frac{l+r}2$，将答案在 $[l,mid]$ 和 $[mid+1,r]$ 的两类询问分开。

如何分开这两类询问？类似地，我们比较 $mid$ 在每个询问的区间中的 rank 和这个询问的 $k$ 的大小。

现在这个 rank 要怎么找？你想要知道在序列上一个区间 $[L,R]$ 内有多少数 $<mid$。

注意这里只需要考虑原序列中值域在 $[l,r]$ 中的数，那么把这些数中比 $mid$ 小的数拉出来，

将它们在序列上的位置 $+1$，查询 $[L,R]$ 的和就是你想要的。

询问分开了，那么我们递归下去直到 $l=r$，那么相当于二分答案结束了。注意分到右边的询问的 $k$ 要减 rank。

这样每一层复杂度是 $\mathcal O(n)$ 的，总复杂度为线性对数。

例题：

[POI2011]Meteors

相当于二分答案时间，看该站在这个时间前是否完成任务。

每场陨石雨相当于区间修改，每次只执行 $[l,mid]$ 的陨石雨（区间加），

检验每个站点的值是否已经满足条件即可，也就是单点查询。

[CF603E]Pastoral Oddities

原题条件等价于每个连通块大小为偶数，这里不证，不是本文重点。

随着时间推移，答案肯定越来越优，也就是答案具有单调性。维护连通块肯定是用并查集了。

考虑单次二分答案的算法。对于时间 $i$ 的询问，我们二分一个权值 $mid$，然后加入所有时间 $\le i$，权值 $\le mid$ 的边，看一下是否所有连通块都是偶数。

现在变成整体二分。分治存当前处理的时间区间 $[t_l,t_r]$ 和对应答案区间 $[w_l,w_r]$。

设 $w_{mid}=\frac{w_l+w_r}2$。考虑将时间区间拆成两部分，第一部分的答案在 $[w_{mid}+1,w_r]$ 中，另一部分答案在 $[w_l,w_{mid}]$ 中。

在进入这层分治前用并查集内维护好权值 $<w_l$ 且时间 $<t_l$ 的所有边。现在我们向并查集内加入权值 $\in[w_l,w_{mid}]$，时间 $<t_l$ 的边。

这样并查集里就有权值 $\le w_{mid}$，时间 $<w_l$ 的边。这和我们单次二分要求的范围很类似了，接下来继续扩展：

• 依次加入时间 $\in[t_l,t_r]$，权值 $\le w_{mid}$ 的边，直到满足所有连通块都是偶数。

满足条件就可以停下来了，现在我们找到了一个分界线 $x$，满足时间 $\in[l,x]$ 的都没办法只用 $\le w_{mid}$ 的边满足条件，而时间 $\in[x+1,r]$ 的都能用 $\le w_{mid}$ 的边满足条件。这就说明，时间 $\in[l,x]$ 的答案都在 $[w_{mid}+1,w_r]$ 中，时间 $\in[l,x]$ 的答案在 $[w_l,w_{mid}]$ 中。

分治下去即可。注意需要维持进入这层分治前用并查集内维护好权值 $<w_l$ 且时间 $<t_l$ 的所有边。

需要支持并查集的撤销，用可撤销的并查集即可。

复杂度会发现每一层加边的数量加起来都是线性，所以复杂度 $\Theta(n\log^2n)$。