区间第k大的几种解法
区间第K大问题，变化包括带修改和不带修改，强制在线和允许离线
修改主要是单点修改，我们前面也只讨论这种情况。
接下来我们从编程复杂度和时空复杂度来讨论几种做法。
1.整体二分(编程复杂度:低-中，时间复杂度:优秀，空间复杂度:优秀)
缺点:只能做离线
优点:空间都是O(n)。常数小。带修改O(nlog2n)，不带修改O(nlogn)。
但是不带修改的情况，如果允许的话，个人认为加个树状数组写O(nlog2n)的更好写
这时单次solve中面对的问题是，数列中一些点是1其余都是0，然后求区间和的问题
这个问题把区间和变成前缀和相减，然后用vector来对那些需要求前缀的点做桶排
然后双指针即可做到单次solve为O(k)，k为此次处理的操作数，总体O(nlogn)的复杂度
显然如果不差那log的时间，直接用树状数组来处理更好写
下面给了一个带单点修改查询区间第K小的整体二分代码
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 #define lb(x) (x&(-x)) 4 5 using namespace std; 6 7 const int N = 2e5 + 5; 8 9 int t, n, m, k, cnt; 10 11 struct node { 12 int id, i, j, k; 13 }a[N], q1[N], q2[N]; 14 15 int ans[N], b[N]; 16 17 int c[N]; 18 19 char op[5]; 20 21 void add(int i, int x) {while (i <= n) c[i] += x, i += lb(i);} 22 23 int ask(int i) {int res = 0; while (i > 0) res += c[i], i -= lb(i); return res;} 24 25 void solve(int head, int tail, int l, int r) { 26 if (head > tail) return; 27 if (l == r) { 28 for (int i = head; i <= tail; i ++) 29 ans[a[i].id] = r; 30 return; 31 } 32 int mid = l + r >> 1, s1 = 0, s2 = 0; 33 for (int sum, i = head; i <= tail; i ++) 34 if (a[i].id) { 35 sum = ask(a[i].j) - ask(a[i].i - 1); 36 if (sum >= a[i].k) q1[s1 ++] = a[i]; 37 else a[i].k -= sum, q2[s2 ++] = a[i]; 38 } 39 else { 40 if (a[i].j <= mid) q1[s1 ++] = a[i], add(a[i].i, a[i].k); 41 else q2[s2 ++] = a[i]; 42 } 43 for (int i = 0; i < s1; i ++) 44 if (!q1[i].id) 45 add(q1[i].i, -q1[i].k); 46 memcpy(a + head, q1, sizeof(node) * s1); 47 memcpy(a + head + s1, q2, sizeof(node) * s2); 48 solve(head, head + s1 - 1, l, mid); 49 solve(head + s1, tail, mid + 1, r); 50 } 51 52 int main() { 53 ios::sync_with_stdio(false); 54 for (cin >> t; t --; ) { 55 cin >> n >> m; k = cnt = 0; 56 for (int i = 1; i <= n; i ++) { 57 cin >> b[i]; 58 a[++ k] = (node){0, i, b[i], 1}; 59 } 60 for (int l, r, x, i = 1; i <= m; i ++) { 61 cin >> op >> l >> r; 62 if (op[0] == 'Q') { 63 cin >> x; 64 a[++ k] = (node){++ cnt, l, r, x}; 65 } 66 else { 67 a[++ k] = (node){0, l, b[l], -1}; 68 a[++ k] = (node){0, l, b[l] = r, 1}; 69 } 70 } 71 solve(1, k, 1, 1e9); 72 for (int i = 1; i <= cnt; i ++) 73 printf("%d\n", ans[i]); 74 } 75 return 0; 76 }
2.主席树(编程复杂度:低-中，时间复杂度:优秀，空间复杂度:高)
缺点:空间占用多。树套树的常数。
优点:可以在线！时间复杂度同整体二分。空间复杂度和时间复杂度一致。
不带修改是主席树基本操作。带修改就套树状数组，下面给出(和上面同一个问题的)代码。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 const int MAXN = 1e9; 6 const int N = 5e4 + 5; 7 8 int n, m, a[N], rt[N]; 9 10 int tot, tr[N * 800][3]; 11 12 int tmp1[100], tmp2[100]; 13 14 #define l(x) tr[x][0] 15 #define r(x) tr[x][1] 16 #define s(x) tr[x][2] 17 #define lb(x) (x&(-x)) 18 #define mid (l + r >> 1) 19 20 int change(int o, int l, int r, int k, int v) { 21 int x = ++ tot; s(x) = s(o) + v; 22 if (l == r) return x; l(x) = l(o), r(x) = r(o); 23 k > mid ? r(x) = change(r(o), mid + 1, r, k, v) : l(x) = change(l(o), l, mid, k, v); 24 return x; 25 } 26 27 void modify(int i, int p, int v) { 28 while (i <= n) rt[i] = change(rt[i], 1, MAXN, p, v), i += lb(i); 29 } 30 31 int ask(int l, int r, int k) { 32 if (l == r) return r; int sum = 0; 33 for (int i = 1; i <= tmp1[0]; i ++) sum -= s(l(tmp1[i])); 34 for (int i = 1; i <= tmp2[0]; i ++) sum += s(l(tmp2[i])); 35 if (k > sum) { 36 for (int i = 1; i <= tmp1[0]; i ++) tmp1[i] = r(tmp1[i]); 37 for (int i = 1; i <= tmp2[0]; i ++) tmp2[i] = r(tmp2[i]); 38 return ask(mid + 1, r, k - sum); 39 } 40 else { 41 for (int i = 1; i <= tmp1[0]; i ++) tmp1[i] = l(tmp1[i]); 42 for (int i = 1; i <= tmp2[0]; i ++) tmp2[i] = l(tmp2[i]); 43 return ask(l, mid, k); 44 } 45 } 46 47 int query(int l, int r, int k) {//查询区间第k小 48 tmp1[0] = tmp2[0] = 0; 49 for (int i = l - 1; i > 0; i -= lb(i)) tmp1[++ tmp1[0]] = rt[i]; 50 for (int i = r; i > 0; i -= lb(i)) tmp2[++ tmp2[0]] = rt[i]; 51 return ask(1, MAXN, k); 52 } 53 54 int main(){ 55 int t; char op[5]; 56 for (cin >> t; t --; ) { 57 cin >> n >> m; tot = 0; 58 for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i], rt[i] = 0; 59 for (int i = 1; i <= n; i ++) modify(i, a[i], 1); 60 for (int i, j, k; m --; ) { 61 cin >> op >> i >> j; 62 if (op[0] == 'C') modify(i, a[i], -1), modify(i, a[i] = j, 1); 63 else cin >> k, printf("%d\n", query(i, j, k)); 64 } 65 } 66 return 0; 67 }
其他做法我参考了一下，很难与上述两种做法并肩，就不做讨论了
如果有的话欢迎告诉我
拓展1.初始数列每个位置都是一个空队列，修改变成了区间[l,r]的每个队列末尾都push一个数x
查询某个区间所有数字中的第K大
解法:其实还是个整体二分的简单题目，用线段树维护即可，复杂度依然是O(nlog2n)
