一类求解第 k 大问题的做法

这个 idea 本来想出 unrd2t3 的，可惜常数有点大，就弱化成了现在的 unrd2t2。

unrd2t2也有点误判难度了呜呜。我把这题给蒋老师看，蒋老师一两分钟就秒了，而这题场上只有一个还没被叉掉的提交；而蒋老师d2t1做了几十分钟，而这题被过穿了。差点就swap(t1,t2)了！！

结论1.可以 \(\mathcal O(n+m)\) 求出 \(n\) 个递增序列的第 \(m\) 大。

不妨设 \(n\) 个有序序列找前 \(m\) 小的问题是 \(T(n,m)\)。

如果 \(n>m\)，那么可以直接对第一个元素做 \(\textrm{m-th element}\) 删掉没用的序列。

如果 \(8n<m\)，那么我们只保留每个序列的第一个、第三个、第五个等元素，做一遍 \(T(n,m/2)\) 的问题，这样找到的元素都必然是前 \(m\) 小的。但是这样只能找到 \(m-n\) 个元素，还要往后找 \(n\) 个元素，这个就是 \(T(n,n)\)。这样做，\(n+m\) 的总规模变成了原来的 \(7/8\)。

否则，随机找一个序列，选出它的第一个元素，找到比这个元素小的所有元素（如果要确定性的话，可以考虑找所有序列第一个元素的中位数）。如果在某个时刻发现小的元素超过了 \(m\) 个，那么答案就大于选出元素，可以删掉所有第一个元素比他大的序列了。否则是小了，那么可以把我们找出的元素删掉。

可以发现，上述过程 \(n+m\) 每次期望都减少了 \(1/c\) 倍，其中 \(c\) 是常数，所以上述过程是线性的。

结论2. 可以 \(\mathcal O(n\log n+m\sqrt n)\) 区间加区间 kth

首先，以 1/2 的概率保留每一个元素，得到一个新序列 \(b\)，观察 \(b\) 序列的 \(k/2\)-th，设其为 \(v\)。

这个是类似随机游走的过程，我们找到的这个元素的 rank 和 \(k\) 的差只有 \(\mathcal O(\sqrt n)\)。

每 \(\sqrt n\) 个元素分一块，每个块维护块内元素 sort 后的结果。使用分散层叠算法，就可以快速找到每个块有多少个元素 \(\le v\)。称所有 \(\le v\) 的数为“被选中的元素”。

根据结论1，我们就只需要每次找到被选中的元素的前 \(\sqrt n\) 大并取消选中，然后找到没被选中的元素的前 \(\max(k-\text{减选中个数},0)\) 小并选中。一直做直到边界不变了为止。

如果我们要调整 \(t\) 个元素，这样做的复杂度即为 \(\mathcal O(\sqrt n + t)\)，即 \(\mathcal O(\sqrt n)\)。

由于我们还要递归成 n/2 的问题，所以单次操作的复杂度是 \(T(n)=T(n/2)+\mathcal O(\sqrt n)\)，即 \(T(n) = \mathcal O(\sqrt n)\)。

结论3. 可以 \(\mathcal O(n)\) 求出 \(n\times n\) 的 "递增矩阵" 的第 \(k\) 大

首先调用 unrd2t2，我们发现复杂度瓶颈在于求 \(n\) 个递增数列的第 \(\mathcal O(n)\) 大。

调用之前的结论1即可。

结论4. 可以 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 求出 \(n\times n\) 的 "递增矩阵" 的第 \(n\) 大

容易发现，只有 \(x\times y\le n\) 的位置 \((x,y)\) 才可能成为前 \(n\) 大。

考虑把所有可能成为前 \(n\) 大的元素分到若干个矩形中。分法如下：

首先设 \(d = \lfloor \sqrt n \rfloor\)。

我们先切出矩形 \([1,d]\times [1,d]\)。接下来还有需要继续被切分的矩形 \([d+1,n]\times [1,d]\) 和 \([1,d]\times [d+1,n]\)。以第一个为例。

我们切出 \([d+1,2d]\times [1,\frac{n}{d+1}],[2d+1,4d]\times [1,\frac{n}{2d+1}]\)，\([4d+1,8d]\times [1,\frac{n}{4d+1}]...\)。不停地切分下去。

接下来，我们把这些矩形一起做 结论3 的过程。可以发现最后的复杂度是每个矩形的复杂度的加和。一个矩形 \(x\times y\)（不妨 \(x\le y\)）贡献的复杂度应为 \(\mathcal O(x(\log \frac{y}{x}+1))\)。

那个 \(d\times d\) 的矩形贡献的复杂度显然是 \(\mathcal O(\sqrt n)\)。

对于剩下的矩形，复杂度为：

\[\mathcal O(\sum_{i} \frac{n}{2^i d} \log_2 (\frac{(2^i d)^2}{n})) = \mathcal O(\sum_i \frac{i\sqrt n}{2^i}) = \mathcal O(\sqrt n) \]

综上，这个算法可以做到 \(\mathcal O(\sqrt n)\)（其实可以看到我unrd2t2的标算是对着多个矩阵一起做写的）。