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）。