HDU6621 K-th Closest Distance - 线段树 - 归并树 - 二分搜索法

K-th Closest Distance

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Problem Description

You have an array: a1, a2, …, an and you must answer for some queries.
For each query, you are given an interval [L, R] and two numbers p and K. Your goal is to find the Kth closest distance between p and aL, aL+1, …, aR.
The distance between p and ai is equal to |p - ai|.
For example:
A = {31, 2, 5, 45, 4 } and L = 2, R = 5, p = 3, K = 2.
|p - a2| = 1, |p - a3| = 2, |p - a4| = 42, |p - a5| = 1.
Sorted distance is {1, 1, 2, 42}. Thus, the 2nd closest distance is 1.

Input

The first line of the input contains an integer T (1 <= T <= 3) denoting the number of test cases.
For each test case:
冘The first line contains two integers n and m (1 <= n, m <= 10^5) denoting the size of array and number of queries.
The second line contains n space-separated integers a1, a2, …, an (1 <= ai <= 10^6). Each value of array is unique.
Each of the next m lines contains four integers L’, R’, p’ and K’.
From these 4 numbers, you must get a real query L, R, p, K like this:
L = L’ xor X, R = R’ xor X, p = p’ xor X, K = K’ xor X, where X is just previous answer and at the beginning, X = 0.
(1 <= L < R <= n, 1 <= p <= 10^6, 1 <= K <= 169, R - L + 1 >= K).

Output

For each query print a single line containing the Kth closest distance between p and aL, aL+1, …, aR.

Sample Input

1
5 2
31 2 5 45 4
1 5 5 1
2 5 3 2

Sample Output

0
1

 
 

题目大概意思：

给出长度为 $n(1≤n≤10^5)$ 的整数序列，第 $i$ 个整数为 $a_i(1≤a_i≤10^6)$ ，进行 $m(1≤m≤10^5)$ 次询问，询问包含 $4$ 个整数 $L&#x27;,R&#x27;,p&#x27;,K&#x27;$ . 对于每次询问，首先得出真实询问： $L=L&#x27;$ $xor$ $X,$ $R=R&#x27;$ $xor$ $X,$ $p=p&#x27;$ $xor$ $X,$ $K=K&#x27;$ $xor$ $X$ ，其中 $X$ 为上一次询问的结果，初始时为 $0$ ，然后输出区间 $[L,R]$ 中的元素与 $p$ 的所有距离中第 $K$ 小的距离，其中 $a_i$ 与 $p$ 的距离定义为 $|p-a_i|$ .

其中 $1≤L&lt;R≤n,1≤p≤10^6,1≤K≤169,R-L+1≥K$ .

 
 

分析：

首先想到朴素的求法：对于每次询问，计算 $[L,R]$ 中每个元素与 $p$ 的距离，并输出这些距离中第 $K$ 小的。如果通过对这些距离排序来得到第 $K$ 大的值，一次询问的时间复杂度为 $O(n·\log_2{n})$ ，虽然可以使用快速排序思想在 $O(n)$ 的期望时间复杂度内得到 $K$ 大值（可以使用 $STL$ 中的 $nth\_element$ 函数），可是由于查询的次数 $m$ 很大，这种朴素的求法无法在规定时间内完成。而且由于查询与上一次的结果有关，必须做到在线查询，因此应该选用合理的方式维护数据来做到高效地查询。
 

考虑到，如果 $x$ 是区间内距离 $p$ 第 $K$ 大的距离，那么在区间 $[L,R]$ 中一定有：

1. 与 $p$ 的距离不超过 $x$ 的数有不少于 $K$ 个
2. 与 $p$ 的距离小于 $x$ 的数有不到 $K$ 个

因此，如果可以快速求出区间中与 $p$ 的距离不超过 $x$ 的数的个数，就可以通过对 $x$ 进行二分搜索来求出第 $K$ 小的距离是多少。
 

接下来，我们来看一下如何计算在某个区间中与 $p$ 的距离不超过 $x$ 的数的个数：

如果不进行预处理，那么就只能遍历一遍区间所有的元素。

但另一方面，如果区间是有序的，那么就可以通过二分搜索法高效地求出与 $p$ 的距离不超过 $x$ 的数的个数了：

设 $cnt_L$ 为区间中小于 $p-x$ 的数的个数， $cnt_R$ 为区间中小于等于 $p+x$ 的数的个数，则区间中与 $p$ 的距离不超过 $x$ 的数的个数为 $cnt_R-cnt_L$ ，而 $cnt_L$ 与 $cnt_R$ 都可以通过二分法在 $O(\log_2{Length})$ 的时间复杂度内求出。

但是，如果对于每个查询都分别做一次排序，就完全无法降低时间复杂度。所以，可以考虑使用平方分割或线段树进行求解。

下面我们考虑如何使用线段树解决这个问题。我们把数列用线段树维护起来，线段树的每个节点都保存了对应区间排好序后的结果。建立线段树的过程和归并排序的过程类似，所以这样的线段树也叫归并树，而每个节点的数列就是其两个儿子节点的数列合并的结果。建立归并树的时间复杂度和空间复杂度都是是 $O(n·\log_2{n})$ .

要计算在某个区间中与 $p$ 的距离不超过 $x$ 的数的个数，只需要递归地进行如下操作就可以了：

1. 如果询问的区间和当前节点维护的区间完全没有交集，那么返回 $0$ 个。
2. 如果询问的区间完全包含了当前节点维护的区间，那么使用二分搜索法查找该节点上与 $p$ 的距离不超过 $x$ 的数的个数，并返回该结果。
3. 否则对当前节点的两个子节点递归地进行计算之后求和并返回。

由于对于同一深度的节点最多只访问常数个，而归并树的层数为 $\log_2{n}+1$ ，故至多访问 $O(log_2{n})$ 个节点 ，而对每个节点维护的区间进行二分搜索的时间复杂度不超过 $O(log_2{n})$ ，因此可以在 $O(log_2^2{n})$ 的时间复杂度内求出与 $p$ 的距离不超过 $x$ 的数的个数。由于需要对 $x$ 的值进行二分搜索，而 $x$ 的值域与 $n$ 基本上在同一数量级，故每一次询问的时间复杂度为 $O(\log_2^3{n})$ ，整个算法的复时间复杂度为 $O(n·\log_2{n}+m·\log_2^3{n})$ .

 
 
下面贴代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;


const int INF = 1 << 27;
const int MAX_H = 18;
const int MAX_N = 1 << (MAX_H - 1);

int A[MAX_N];

int dat[MAX_H][MAX_N];
int _n, _h;

void init(const int N);
int query(const int& left, const int& right, const int& x, const int h, const int begin, const int end);
inline int cnt(const int& left, const int& right, const int lx, const int rx);

int main()
{
	int T, n, m;
	scanf("%d", &T);

	while (T--)
	{
		scanf("%d%d", &n, &m);

		int maxa = -1, mina = INF;
		for (int i = 0; i < n; ++i)
		{
			int& cur = A[i];
			scanf("%d", &cur);
			if (cur > maxa) maxa = cur;
			if (cur < mina) mina = cur;
		}
		init(n);

		int maxd = maxa - mina + 1;

		int L, R, p, K, X = 0;
		while (m--)
		{
			scanf("%d%d%d%d", &L, &R, &p, &K);
			L ^= X;
			R ^= X;
			p ^= X;
			K ^= X;

			--L, --R;
			int lb = -1, rb = maxd, mid;
			while (lb + 1 < rb)
			{
				mid = (lb + rb) >> 1;
				if (cnt(L, R, p - mid, p + mid) < K)
				{
					lb = mid;
				}
				else
				{
					rb = mid;
				}
			}
			X = rb;
			printf("%d\n", rb);
		}
	}
	return 0;
}

// 构建归并树
void init(const int N)
{
	_n = 1;
	_h = 0;
	while (_n < N)
	{
		_n <<= 1;
		++_h;
	}
	--_n;

	memcpy(dat[_h], A, N * sizeof(int));

	for (int h = _h, d = 1; h; --h, d <<= 1)
	{
		const int* const& cur = dat[h];
		for (int p = 0; p < _n; p += d << 1)
		{
			merge(cur + p, cur + p + d, cur + p + d, cur + p + (d << 1), dat[h - 1] + p);
		}
	}
}

// 区间内小于 x 的个数
int query(const int& left, const int& right, const int& x, const int h, const int begin, const int end)
{
	if (left <= begin && end <= right)
	{
		return lower_bound(dat[h] + begin, dat[h] + end + 1, x) - dat[h] - begin;
	}
	else if (left <= end && begin <= right)
	{
		return query(left, right, x, h + 1, begin, (begin + end) >> 1)
			+ query(left, right, x, h + 1, ((begin + end) >> 1) + 1, end);
	}
	else return 0;
}

inline int cnt(const int& left, const int& right, const int lx, const int rx)
{
	return  query(left, right, rx + 1, 0, 0, _n) - query(left, right, lx, 0, 0, _n);
}