题目描述
在2016年，佳媛姐姐喜欢上了数字序列。因而他经常研究关于序列的一些奇奇怪怪的问题，现在他在研究一个难题，需要你来帮助他。这个难题是这样子的：给出一个1到n的全排列，现在对这个全排列序列进行m次局部排序，排序分为两种：1:(0,l,r)表示将区间[l,r]的数字升序排序2:(1,l,r)表示将区间[l,r]的数字降序排序最后询问第q位置上的数字。
输入输出格式
输入格式：输入数据的第一行为两个整数n和m。n表示序列的长度，m表示局部排序的次数。1 <= n, m <= 10^5第二行为n个整数，表示1到n的一个全排列。接下来输入m行，每一行有三个整数op, l, r, op为0代表升序排序，op为1代表降序排序, l, r 表示排序的区间。最后输入一个整数q，q表示排序完之后询问的位置, 1 <= q <= n。1 <= n <= 10^5，1 <= m <= 10^5
输出格式：输出数据仅有一行，一个整数，表示按照顺序将全部的部分排序结束后第q位置上的数字。
输入输出样例
6 3 1 6 2 5 3 4 0 1 4 1 3 6 0 2 4 3
5
说明
河北省选2016第一天第二题。原题的时限为6s，但是洛谷上是1s，所以洛谷的数据中，对于30%的数据，有 n,m<=1000,对于100%的数据，有 n,m<=30000
首先先声明一下，方法与Drench大佬的差不多，此篇题解填了一些解释，让代码更容易理解。（P.S.：我的代码不知道为啥在主站会T第10个点，在大牛分站交过了，能有大佬想到一些优化的方法当然是更好，这题解主要是介绍思路和代码含义）
SOLUTION：
First：主体思路：二分答案+线段树操作
Second：代码完成思路
1.读入，存储数值
2.二分第Q个值的答案
3.线段树的操作
1)建树 2)进行m次操作 3)找到第q个点二分答案
4.二分left 和 right的更改
Third：线段树操作方法及能实现的原因
1.二分出q，建树时大于等于q叶子节点为1，反之为0，然后利用线段树处理的sum（和）。
2.对于第i步修改操作中，区间l-r中的和及大于等于q的个数(1)，r-l+1为区间数的个数，求差就是小于q的个数(0)。
3.求出l-r区间num0与num1个数后，若从小到大，则将l-(l+num0-1)赋值为0，(l+num0-r)赋值为1
反之，则将l-(l+num1-1)赋值为1，(l+num1-r)赋值为0
4.上述步骤重复m次后，就可以去查询第Q个数，如果为1说明二分出来的q大于等于答案，如果为0说明二分出来的q小于q
下面就是我的代码了，代码中有一些注释：
//It is coded by Ning_Mew on 10.17 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int read(){//读入优化 int x=0;char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x*10)+ch-'0',ch=getchar(); return x; } int n,m,q,top=0,tail,mid; struct Operation{ int type,l,r; }ope[100000+10];//储存更改操作 struct Node{ int l,r,sum,lazy; }node[400000+10];//线段树储存 int a[100000+10];//储存每个值 void build(int num,int nl,int nr){//建树 if(nl==nr){ node[num].l=nl; node[num].r=nr; if(a[nl]>=mid)node[num].sum=1; else node[num].sum=0;//对应Third中的第一点 return; } int nmid=(nl+nr)/2; build(num*2,nl,nmid); build(num*2+1,nmid+1,nr); node[num].l=nl; node[num].r=nr; node[num].sum=(node[num*2].sum+node[num*2+1].sum); return; } void pushdown(int num,int nl,int nr){//下放lazy操作 if(node[num].lazy!=-1){ node[num*2].lazy=node[num].lazy; node[num*2+1].lazy=node[num].lazy;//因为lazy是将这个节点中的数全部更改为0或1，所以lazy是直接被覆盖而不是+= node[num*2].sum=node[num].lazy*(node[num*2].r-node[num*2].l+1); node[num*2+1].sum=node[num].lazy*(node[num*2+1].r-node[num*2+1].l+1);//同样因为是全被更改，所以直接覆盖 node[num].lazy=-1; } return; } int count(int num,int nl,int nr,int ql,int qr){//求区间和 if(qr<nl||nr<ql)return 0; if(ql<=nl&&nr<=qr){ return node[num].sum; } pushdown(num,nl,nr); int nmid=(nl+nr)/2; return count(num*2,nl,nmid,ql,qr)+count(num*2+1,nmid+1,nr,ql,qr); } void change(int num,int nl,int nr,int ql,int qr,int add){//区间更改 if(qr<nl||nr<ql||ql>qr)return; if(ql<=nl&&nr<=qr){ node[num].sum=add*(node[num].r-node[num].l+1);//被防止了lazy的点本身应已被更改，下次就只用下放lazy了 node[num].lazy=add; return; } pushdown(num,nl,nr); int nmid=(nl+nr)/2; change(num*2,nl,nmid,ql,qr,add); change(num*2+1,nmid+1,nr,ql,qr,add); node[num].sum=node[num*2].sum+node[num*2+1].sum;//两个儿子节点已更改所以更新此节点sum值 return; } bool judge(){//检查q值 build(1,1,n); for(int i=1;i<=4*n+1;i++)node[i].lazy=-1; for(int i=1;i<=m;i++){ int ll=ope[i].l,rr=ope[i].r; int num1=count(1,1,n,ll,rr),num0; num0=rr-ll+1-num1; if(ope[i].type==0){//对应Third 3点 change(1,1,n,ll,ll+num0-1,0); change(1,1,n,ll+num0,rr,1); } else{ change(1,1,n,ll,ll+num1-1,1); change(1,1,n,ll+num1,rr,0); } } if(count(1,1,n,q,q))return true;//1-->true return false;//0-->false } int main(){ n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ a[i]=read(); } for(int i=1;i<=m;i++){ ope[i].type=read(); ope[i].l=read(); ope[i].r=read(); } q=read(); top=0;tail=n+1; do{ mid=(top+tail)/2; if(judge()){top=mid;} else {tail=mid;} }while(top<tail-1); cout<<top; return 0; }
题解就写到这啦，好好理解还是不难的～