bzoj 2653: middle

Description

一个长度为n的序列a，设其排过序之后为b，其中位数定义为b[n/2]，其中a,b从0开始标号,除法取下整。给你一个

长度为n的序列s。回答Q个这样的询问：s的左端点在[a,b]之间,右端点在[c,d]之间的子序列中，最大的中位数。

其中a<b<c<d。位置也从0开始标号。我会使用一些方式强制你在线。

Input

第一行序列长度n。接下来n行按顺序给出a中的数。

接下来一行Q。然后Q行每行a,b,c,d，我们令上个询问的答案是

x(如果这是第一个询问则x=0)。

令数组q={(a+x)%n,(b+x)%n,(c+x)%n,(d+x)%n}。

将q从小到大排序之后，令真正的

要询问的a=q[0],b=q[1],c=q[2],d=q[3]。　　

输入保证满足条件。

第一行所谓“排过序”指的是从大到小排序！

Output

Q行依次给出询问的答案。

Sample Input

5
170337785
271451044
22430280
969056313
206452321
3
3 1 0 2
2 3 1 4
3 1 4 0

271451044
271451044
969056313

Sample Output

HINT 

0:n,Q<=100

1,...,5:n<=2000

0,...,19:n<=20000,Q<=25000

Source

 

陈老师的题，然而大佬们都是随意切。。。

首先记住中位数的套路，二分答案然后>=mid的为1，<mid的为-1；

那么check的话我们相当于是要找一个左端点在[a,b],右端点在[c,d]且子段和>=0的子段。。。

我一开始想了一个傻逼东西，每个点维护sum[i]表示1-i的前缀和，然后查询[c,d]中的sum_max，查询[a,b]中的sum_min;

然后前缀和相减算最大子段和，即sum_max-sum_min。。。

但这个东西显然只能处理一次询问，因为每次二分后都需要O(n)的时间来重构sum[i]，显然做不了很多次询问。。。

考虑换一种做法，把询问拆为三个：

[a,b]的后缀最大连续值，[b+1,c-1]的子段和，[c,d]的前缀最大连续值，三个相加。。。

这些东西都可以在线段树上维护。。。现在看来这样做每次的复杂度跟上面一种做法没区别。。。

但是他可以加可持久化的特技。。。

考虑把Mid改为Mid+1后，只需要把Mid的权值该为-1，而其他点的权值不需要改动(每次只有单点修改,而维护sum的话就GG)

所以可以用可持久化的那一套理论，对于每一个Mid值都搞一棵线段树。。

这样询问时就可以直接查询二分值版本的线段树，而不需要对于每个二分值重构线段树了。。

具体做法，把Mid从小到大建线段树，我们以Mid的线段树为历史版本，然后Mid+1的线段树就用可持久化的理论，修改Mid线段树的一条链。。

线段树上的节点维护三个东西(和，前缀最大值，后缀最大值)就好了。。。

// MADE BY QT666
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=500050;
vector<int> p[N];
int hsh[N],tot,sz,rt[N],ls[N*20],rs[N*20],sum[N*20],lmax[N*20],rmax[N*20],a[N];
int n,Q,q[10];
void pushup(int x){ 
  sum[x]=sum[ls[x]]+sum[rs[x]];
  lmax[x]=max(lmax[ls[x]],sum[ls[x]]+lmax[rs[x]]);
  rmax[x]=max(rmax[rs[x]],sum[rs[x]]+rmax[ls[x]]);
}
void insert(int x,int &y,int l,int r,int u,int v){
  y=++sz;ls[y]=ls[x],rs[y]=rs[x];
  if(l==r){
    sum[y]=lmax[y]=rmax[y]=v;return;
  }
  int mid=(l+r)>>1;
  if(u<=mid) insert(ls[x],ls[y],l,mid,u,v);
  else insert(rs[x],rs[y],mid+1,r,u,v);
  pushup(y);
}
int query_sum(int x,int l,int r,int xl,int xr){
  if(xl>xr) return 0;
  if(xl<=l&&r<=xr) return sum[x];
  int mid=(l+r)>>1;
  if(xr<=mid) return query_sum(ls[x],l,mid,xl,xr);
  else if(xl>mid) return query_sum(rs[x],mid+1,r,xl,xr);
  else return query_sum(ls[x],l,mid,xl,mid)+query_sum(rs[x],mid+1,r,mid+1,xr);
}
int query_left(int x,int l,int r,int xl,int xr){
  if(xl<=l&&r<=xr) return lmax[x];
  int mid=(l+r)>>1;
  if(xr<=mid) return query_left(ls[x],l,mid,xl,xr);
  else if(xl>mid) return query_left(rs[x],mid+1,r,xl,xr);
  else return max(query_left(ls[x],l,mid,xl,mid),query_sum(ls[x],l,mid,xl,mid)+query_left(rs[x],mid+1,r,mid+1,xr));
}
int query_right(int x,int l,int r,int xl,int xr){
  if(xl<=l&&r<=xr) return rmax[x];
  int mid=(l+r)>>1;
  if(xr<=mid) return query_right(ls[x],l,mid,xl,xr);
  else if(xl>mid) return query_right(rs[x],mid+1,r,xl,xr);
  else return max(query_right(ls[x],l,mid,xl,mid)+query_sum(rs[x],mid+1,r,mid+1,xr),query_right(rs[x],mid+1,r,mid+1,xr));
}
bool check(int mid,int a,int b,int c,int d){
  int part1=query_right(rt[mid],1,n,a,b);
  int part2=query_sum(rt[mid],1,n,b+1,c-1);
  int part3=query_left(rt[mid],1,n,c,d);
  return part1+part2+part3>=0;
}
int main(){
  scanf("%d",&n);
  for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),hsh[++tot]=a[i];
  sort(hsh+1,hsh+1+tot);tot=unique(hsh+1,hsh+1+tot)-hsh-1;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    a[i]=lower_bound(hsh+1,hsh+1+tot,a[i])-hsh,p[a[i]].push_back(i);
  }
  for(int i=1;i<=n;i++){
    if(a[i]>=1) insert(rt[1],rt[1],1,n,i,1);
    else insert(rt[1],rt[1],1,n,i,0);
  }
  for(int i=2;i<=tot;i++){
    rt[i]=rt[i-1];
    for(int j=0;j<p[i-1].size();j++){
      insert(rt[i],rt[i],1,n,p[i-1][j],-1);
    }
  }
  int ans=0;scanf("%d",&Q);
  for(int i=1;i<=Q;i++){
    int a,b,c,d;scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
    q[1]=(a+ans)%n,q[2]=(b+ans)%n,q[3]=(c+ans)%n,q[4]=(d+ans)%n;
    sort(q+1,q+1+4);a=q[1]+1,b=q[2]+1,c=q[3]+1,d=q[4]+1;
    int l=1,r=tot;
    while(l<=r){
      int mid=(l+r)>>1;
      if(check(mid,a,b,c,d)) l=mid+1,ans=hsh[mid];
      else r=mid-1;
    }
    printf("%d\n",ans);
  }
  return 0;
}