[题解] BZOJ 1901 Zju2112 Dynamic Rankings

BZOJ 1901 Zju2112 Dynamic Rankings

题目描述 Description
给定一个含有n个数的序列a[1],a[2],a[3]…a[n],程序必须回答这样的询问:对于给定的i,j,k,在a[i],a[i+1],a[i+2]…a[j]中第k小的数是多少(1≤k≤j-i+1),并且,你可以改变一些a[i]的值,改变后,程序还能针对改变后的a继续回答上面的问题。

输入描述 Input Description
第一行有两个正整数n,m
分别表示序列的长度和指令的个数
第二行有n个数,表示a[1],a[2]…a[n]
接下来的m行描述每条指令
每行的格式是下面两种格式中的一种。
Q i j k 或者 C i t
Q i j k (i,j,k是数字,1≤i≤j≤n,1≤k≤j-i+1）
表示询问指令,询问a[i,a[i+1]……a[j]中第k小的数。
C i t (1≤i≤n,0≤t≤10^9)表示把a[i]改变成为t

输出描述 Output Description
对于每一次询问,你都需要输出他的答案,每一个输出占单独的一行

样例输入 Sample Input
5 3
3 2 1 4 7
Q 1 4 3
C 2 6
Q 2 5 3

样例输出 Sample Output
3
6

数据范围及提示 Data Size & Hint
a[i]<=1,000,000,000
1≤n≤10,000,1≤m≤10,000

Solution

上一个题目POJ2104求区间第K小,而本题要求带修区间第K小,若在原题上直接修改,每次修改就要将每一棵线段树都修改,时间复杂度O(nlogn),这显然是不能接受的
由于在原题中不同的线段树维护一段不同的前缀,最后用前缀相减得到需要的区间
本来维护的是1~n的n个前缀,但是这样的话修改就非常麻烦
所以我们利用树状数组来维护前缀,每一个树状数组节点建立一棵线段树,代表着该节点覆盖区间的所有信息
那么利用树状数组的求区间&修改方法乱搞即可
这样每次就只用修改logn棵树了,每次修改复杂度O(logn*logn),单次查询因为使用了树状数组就从原来的O(logn)变成了O(logn*logn)

这样就可以愉快的A掉这道题了QwQ

D cgz dalao

详细代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10005;
struct T {
    int sum,l,r;
    T(){}
    T(int _sum,int _l,int _r) {sum=_sum;l=_l;r=_r;}
}t[N<<8];
int cnt,NUM,root[N],u,v;
int n,m,a[N],num[N<<1],top;
int A[N],B[N],K[N],L[N],R[N];
char str[10];
int read() {
    int ans=0,flag=1;
    char ch=getchar();
    while((ch>'9' || ch<'0') && ch!='-') ch=getchar();
    if(ch=='-') flag=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ans*flag;
}
inline int lowbit(int x) {return x&(-x);}
int find(int x) {
    int l=1,r=NUM,mid;
    while(l<=r) {
        mid=(l+r)>>1;
        if(num[mid]<x) l=mid+1;
        else r=mid-1;
    }
    return l;
}
void insert(int &root,int pos,int l,int r,int x) {
    t[++cnt]=T(t[root].sum+x,t[root].l,t[root].r);
    root=cnt;
    if(l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    if(pos<=mid)
        insert(t[root].l,pos,l,mid,x);
    else
        insert(t[root].r,pos,mid+1,r,x);
}
int query(int l,int r,int k) {
    if(l==r) return l;
    int suml=0,sumr=0;
    for(int i=1;i<=u;i++) suml+=t[t[L[i]].l].sum;
    for(int i=1;i<=v;i++) sumr+=t[t[R[i]].l].sum;
    int mid=(l+r)>>1;
    if(sumr-suml>=k) {
        for(int i=1;i<=u;i++) L[i]=t[L[i]].l;
        for(int i=1;i<=v;i++) R[i]=t[R[i]].l;
        return query(l,mid,k);
    }
    else {
        for(int i=1;i<=u;i++) L[i]=t[L[i]].r;
        for(int i=1;i<=v;i++) R[i]=t[R[i]].r;
        return query(mid+1,r,k-(sumr-suml));
    }
}
int main() {
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        a[i]=read();
        num[++top]=a[i];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        scanf("%s",str);
        scanf("%d%d",&A[i],&B[i]);
        if(str[0]=='Q') scanf("%d",&K[i]);
        else num[++top]=B[i];
    }
    sort(num+1,num+top+1);
    NUM=unique(num+1,num+top+1)-(num+1);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        int t=find(a[i]);
        for(int j=i;j<=n;j+=lowbit(j))
            insert(root[j],t,1,NUM,1);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        if(K[i]) {
            u=0;v=0;
            A[i]--;
            for(int j=A[i];j;j-=lowbit(j))
                L[++u]=root[j];
            for(int j=B[i];j;j-=lowbit(j))
                R[++v]=root[j];
            printf("%d\n",num[query(1,NUM,K[i])]);
        }
        else {
            int t=find(a[A[i]]);
            for(int j=A[i];j<=n;j+=lowbit(j))
                insert(root[j],t,1,NUM,-1);
            a[A[i]]=B[i];
            t=find(B[i]);
            for(int j=A[i];j<=n;j+=lowbit(j))
                insert(root[j],t,1,NUM,1);
        }
    }
    return 0;
}