[BZOJ2653]middle

[BZOJ2653]middle

试题描述

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。

输入

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。

输出

Q行依次给出询问的答案。

输入示例

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

输出示例

271451044
271451044
969056313

数据规模及约定

0:n,Q<=100
1,...,5:n<=2000
0,...,19:n<=20000,Q<=25000

题解

我们考虑对于每个询问，我们二分中位数 x，若 x 可成为中位数，则一定存在区间 [l, r] (l∈[a, b], r∈[c, d]) 使得 [l, r] 中“小于 x 的数的个数” ≤ “大于等于 x 的数的个数”；也就是说，如果把小于 x 的数标 -1，其他的标 1，那么 [l, r] 的区间和是非负数，那么我们现在要想知道是否存在这个区间 [l, r]，就得计算出“[a, b) 的最大后缀和 + [b, c] 的区间和 + (c, d] 的最大前缀和”是不是非负数。这一坨东西显然能用线段树解决，但我们不可能对于每一种大小的数字维护一颗线段树，于是这时就可以想到主席树了——我们可以把权值从小到大排序，初始时都是 1，在上一个权值的基础上把一些位置上的 1 改成 -1。

我们一般用主席树都是把位置作为版本，然后维护权值线段树；这题的特殊之处在于把权值作为版本，维护 1 和 -1 的线段树。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;

const int BufferSize = 1 << 16;
char buffer[BufferSize], *Head, *Tail;
inline char Getchar() {
	if(Head == Tail) {
		int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin);
		Tail = (Head = buffer) + l;
	}
	return *Head++;
}
int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = Getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = Getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = Getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 20010
#define maxnode 2400010

int ToT, sumv[maxnode], pre[maxnode], suf[maxnode], lc[maxnode], rc[maxnode];
void update(int& y, int x, int l, int r, int p, int v) {
	sumv[y = ++ToT] = sumv[x] + v;
	if(l == r) {
		pre[y] = suf[y] = max(0, sumv[y]);
		return ;
	}
	int mid = l + r >> 1; lc[y] = lc[x]; rc[y] = rc[x];
	if(p <= mid) update(lc[y], lc[x], l, mid, p, v);
	else update(rc[y], rc[x], mid + 1, r, p, v);
	pre[y] = max(pre[lc[y]], sumv[lc[y]] + pre[rc[y]]);
	suf[y] = max(suf[rc[y]], sumv[rc[y]] + suf[lc[y]]);
	return ;
}
struct Info {
	int sum, pre, suf;
	Info() {}
	Info(int _1, int _2, int _3): sum(_1), pre(_2), suf(_3) {}
} ;
Info query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
	if(!o || ql > qr) return Info(0, 0, 0);
	if(ql <= l && r <= qr) return Info(sumv[o], pre[o], suf[o]);
	int mid = l + r >> 1;
	if(qr <= mid) return query(lc[o], l, mid, ql, qr);
	if(ql > mid) return query(rc[o], mid+1, r, ql, qr);
	Info L = query(lc[o], l, mid, ql, qr), R = query(rc[o], mid+1, r, ql, qr);
	return Info(L.sum + R.sum, max(L.pre, L.sum + R.pre), max(R.suf, R.sum + L.suf));
}

int n, A[maxn], num[maxn], head[maxn], next[maxn], rt[maxn], deb[maxn];

int main() {
	n = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++) A[i] = num[i] = read();
	
	sort(num + 1, num + n + 1);
	int nn = unique(num + 1, num + n + 1) - num - 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		A[i] = lower_bound(num + 1, num + nn + 1, A[i]) - num;
		next[i] = head[A[i]]; head[A[i]] = i;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) update(rt[1], rt[1], 1, n, i, 1), deb[i] = 1;
//	for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d%c", deb[i], i < n ? ' ' : '\n');
	for(int i = 2; i <= nn; i++) {
		rt[i] = rt[i-1];
		for(int e = head[i-1]; e; e = next[e]) update(rt[i], rt[i], 1, n, e, -2), deb[e] -= 2;
//		for(int j = 1; j <= n; j++) printf("%d%c", deb[j], j < n ? ' ' : '\n');
	}
	int q = read(), lst = 0, Q[4];
	while(q--) {
		Q[0] = (read() + lst) % n + 1; Q[1] = (read() + lst) % n + 1;
		Q[2] = (read() + lst) % n + 1; Q[3] = (read() + lst) % n + 1;
		sort(Q, Q + 4);
		int l = 1, r = nn + 1;
//		printf("[%d, %d] [%d, %d]\n", Q[0], Q[1], Q[2], Q[3]);
		while(r - l > 1) {
			int mid = l + r >> 1;
			Info lq = query(rt[mid], 1, n, Q[0], Q[1]-1), mq = query(rt[mid], 1, n, Q[1], Q[2]), rq = query(rt[mid], 1, n, Q[2]+1, Q[3]);
//			printf("%d: %d %d %d\n", mid, lq.suf, mq.sum, rq.pre);
			if(lq.suf + mq.sum + rq.pre >= 0) l = mid; else r = mid;
		}
		printf("%d\n", lst = num[l]);
	}
	
	return 0;
}