样例跑下，对于数列
1 3 4 5 6 7 10 12
求第3小的
对于整个数列，最小值为1，最大值为12，中间值为6
我们将小于等于6的数字找出来，发现有5个
说明我们二分枚举的答案太大了，所以小于它的数字过多。
于是将小于6的数字变成一个数列
1 3 4 5 6
再取1与6中间值为3
发现小于等于3的数字只有2个，达不到我们的要求
说明答案大于3.于是应该在数列
4 5 6
中找第1小的
此时再取4与6的中间值为5
发现小于等于5的有2个，大于1，说明值又取大了
于是将小于等于5的数字找出来
4 5
再取4和5的中间值为4
小于等于4的只有1个。于是数字序列只有4.答案区间也只有[4,4]
于是最后结果为4
如果是有多个询问，注意加入值的操作在前面，询问在后面。
经过二分后，在每个区间内部，仍然是加值操作在前，询问操作在后面
一般来讲我们会把每个有权值的位置放到一个队列里，然后所有操作也放在这个队列里，但是放在权值之后。
然后我们二分一个值，将所有这个值下仍能合法的询问丢到右区间处理 (也就是它们的二分区间肯定都变成了 [mid+1,r] ) ，同时将大于等于 mid 的权值和修改权值丢到右边去，因为它们会对且仅对右区间的询问产生贡献。
左区间同理。
当我们的二分区间 l==r 时，更新所有二分区间为这个的询问的答案。
大致就是一个函数 Solve(L,R,l,r) ，代表我们现在处理的是 [L,R] 的操作或权值序列，它们对应的二分区间都是 [l,r] 。每次求出有 len1 个操作和权值要丢到左区间，len2 个丢到右区间，那我们就拿出这些操作并重新摆放位置，确定那 len1 个操作都在 [L,L+len1−1] 这段区间，且按照操作的时间顺序摆放，另外 len2 个操作同理。
那么我们的递归处理就是 Solve(L,L+len1−1,l,mid) 与 Solve(L+len,R,mid+1,r) 了。
POJ2104 第K小数
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010, INF = 1e9;
struct rec {int op, x, y, z;} q[2 * N], lq[2 * N], rq[2 * N];
int n, m, t, c[N], ans[N];
int ask(int x) {
int y = 0;
for (; x; x -= x & -x) y += c[x];
return y;
}
void change(int x, int y) {
for (; x <= n; x += x & -x) c[x] += y;
}
void solve(int lval, int rval, int st, int ed)
{
if (st > ed) return;
if (lval == rval)
//值域达到边界
{
for (int i = st; i <= ed; i++)
if (q[i].op > 0) //如果是一次询问操作
ans[q[i].op] = lval;
return;
}
int mid = (lval + rval) >> 1;
//!!!二分枚举一个值出来
//将小于等于mid的数字放在lq,大于的放在rq
int lt = 0, rt = 0;
for (int i = st; i <= ed; i++)
{
if (q[i].op == 0) { //如果是一次赋值操作
if (q[i].y <= mid) //如果要所赋的值小于mid
change(q[i].x, 1), lq[++lt] = q[i];
//在第x个位置上加上1
else
rq[++rt] = q[i];
}
else //如果是一次询问操作
{
int cnt = ask(q[i].y) - ask(q[i].x - 1);
//cnt统计在第i个询问中，小于mid的数字有多少个
if (cnt >= q[i].z)
lq[++lt] = q[i];
//答案落在左边
else
q[i].z -= cnt, rq[++rt] = q[i];
//答案落在右边
}
}
for (int i = ed; i >= st; i--) {
// 还原树状数组
//可以设想下mid的值较大，此时就会在bit中加入一些数字
//但事实上查找范围落在左边，于是要清空当前的操作，后面再来加入
if (q[i].op == 0 && q[i].y <= mid) change(q[i].x, -1);
}
for (int i = 1; i <= lt; i++) q[st + i - 1] = lq[i];
for (int i = 1; i <= rt; i++) q[st + lt + i - 1] = rq[i];
solve(lval, mid, st, st + lt - 1);
solve(mid + 1, rval, st + lt, ed);
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int val; scanf("%d", &val);
// a[i]=val,将其看成一个赋值操作
q[++t].op = 0, q[t].x = i, q[t].y = val;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int l, r, k; scanf("%d%d%d", &l, &r, &k);
// 询问[l,r]之间第k小的数字
q[++t].op = i, q[t].x = l, q[t].y = r, q[t].z = k;
}
solve(-INF, INF, 1, t);
for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d
", ans[i]);
}
Sol2:可持久化线段树的做法
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010, INF = 1e9;
struct SegmentTree {
int lc, rc;
// 左右子节点编号
int sum;
} tree[N * 20];
int n, m, t, tot, a[N], b[N], root[N];
int build(int l, int r)
{
int p = ++tot;
// 新建一个节点，编号为p，代表当前区间[l,r]
tree[p].sum = 0;
if (l == r) return p;
int mid = (l + r) >> 1;
tree[p].lc = build(l, mid);
tree[p].rc = build(mid + 1, r);
return p;
}
int insert(int now, int l, int r, int x, int delta)
{
int p = ++tot;
tree[p] = tree[now];
// 新建一个副本
if (l == r) {
tree[p].sum += delta;
// 在副本上修改
return p;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid)
tree[p].lc = insert(tree[now].lc, l, mid, x, delta);
else
tree[p].rc = insert(tree[now].rc, mid + 1, r, x, delta);
tree[p].sum = tree[tree[p].lc].sum + tree[tree[p].rc].sum;
return p;
}
//在p,q两个节点上，值域为[l,r],求第k小数
int ask(int p, int q, int l, int r, int k)
{
if (l == r) return l;
// 找到答案
int mid = (l + r) >> 1;
int lcnt = tree[tree[p].lc].sum - tree[tree[q].lc].sum;
// 值在[l,mid]中的数有多少个
if (k <= lcnt)
return ask(tree[p].lc, tree[q].lc, l, mid, k);
else
return ask(tree[p].rc, tree[q].rc, mid + 1, r, k - lcnt);
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
b[++t] = a[i];
}
sort(b + 1, b + t + 1);
// 离散化
t = unique(b + 1, b + t + 1) - (b + 1);
root[0] = build(1, t);
// 关于离散化后的值域建树
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int x = lower_bound(b + 1, b + t + 1, a[i]) - b;
// 离散化后的值
root[i] = insert(root[i - 1], 1, t, x, 1);
// 值为x的数增加1个
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int l, r, k; scanf("%d%d%d", &l, &r, &k);
int ans = ask(root[r], root[l - 1], 1, t, k);
printf("%d
", b[ans]);
// 从离散化后的值变回原值
}
}
zju2112
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。你需要编一个这样的程序，从输入文件中读入序列a，然后读入一系列的指令，包括询问指令和修改指令。对于每一个询问指令，你必须输出正确的回答。
输入
第一行有两个正整数n(1≤n≤10000)，m(1≤m≤10000)。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]，这些数都小于10^9。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
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
输入复制
5 3
3 2 1 4 7
Q 1 4 3
C 2 6
Q 2 5 3
输出复制
3
6
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010, INF = 1e9;
struct rec {int op, x, y, z;} q[3 * N], lq[3 * N], rq[3 * N];
int T, n, m, t, p, a[N], c[N], ans[N];
//树状数组
int ask(int x) {
int y = 0;
for (; x; x -= x & -x) y += c[x];
return y;
}
void change(int x, int y) {
for (; x <= n; x += x & -x) c[x] += y;
}
//lval和rval代表值域，st和ed代表操作序列区间
void solve(int lval, int rval, int st, int ed) {
if (st > ed) return;
if (lval == rval) {
for (int i = st; i <= ed; i++)
if (q[i].op > 0) ans[q[i].op] = lval; //询问
return;
}
int mid = (lval + rval) >> 1;
//对值域二分
int lt = 0, rt = 0;
//左右操作个数
for (int i = st; i <= ed; i++)
{ //序列区间
if (q[i].op <= 0)
{ // 代表修改，-1为去掉一个值，0为增加一个值
if (q[i].y <= mid)
change(q[i].x, q[i].z), lq[++lt] = q[i];
//分治操作序列
else
rq[++rt] = q[i];
} else
{ // 是一次询问
int cnt = ask(q[i].y) - ask(q[i].x - 1);
//下标区间 [li,ri] 中不大于mid的数有多少个，记为 cnt。
if (cnt >= q[i].z)
lq[++lt] = q[i];
//若 ki<=ci，则把该询问加入到序列 lq 中
else
q[i].z -= cnt, rq[++rt] = q[i];
//否则，令 ki-=ci，将其加入到序列 rq 中
}
}
for (int i = ed; i >= st; i--)
{ // 还原树状数组
if (q[i].op <= 0 && q[i].y <= mid)
change(q[i].x, -q[i].z);
}
for (int i = 1; i <= lt; i++)
q[st + i - 1] = lq[i]; //把lq和rq拷贝回原操作序列的st--ed位置
for (int i = 1; i <= rt; i++)
q[st + lt + i - 1] = rq[i];
solve(lval, mid, st, st + lt - 1);
//递归求解
solve(mid + 1, rval, st + lt, ed);
}
int main()
{
cin >> n >> m;
t = p = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int val; scanf("%d", &val);
// 等价于在第i个位置上加入一个数val
q[++t].op = 0, q[t].x = i, q[t].y = val, q[i].z = 1;
a[i] = val;
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
char op[2]; scanf("%s", op);
if (op[0] == 'Q')
{
int l, r, k; scanf("%d%d%d", &l, &r, &k);
// 记录一次询问
q[++t].op = ++p, q[t].x = l, q[t].y = r, q[t].z = k;
}
else
{
int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
// 去掉原来的数a[x]
q[++t].op = -1, q[t].x = x, q[t].y = a[x], q[t].z = -1;
// 在第x个位置上加入一个新的数y
q[++t].op = 0, q[t].x = x, q[t].y = y, q[t].z = 1;
a[x] = y;
}
}
// 基于值域对t=n+m个操作进行整体分治
solve(0, INF, 1, t);
for (int i = 1; i <= p; i++)
printf("%d
", ans[i]);
}
#include<cstdio>
#define maxn 30010
#define INF 1000000000
#define lowbit(i) (i&-i)
using namespace std;
int n,m,a[maxn],cnt,tmp[maxn];
int ans[maxn],tr[maxn];
char cmd[10];
bool flag[maxn];
struct query{
int x,y,k,c,o;
}q[maxn],q1[maxn],q2[maxn];
void add(int pos,int val)
{
for(int i=pos;i<=n;i+=lowbit(i)){
tr[i]+=val;
}
}
int ask(int pos)
{
int ret=0;
for(int i=pos;i>0;i-=lowbit(i)){
ret+=tr[i];
}
return ret;
}
void devide(int head,int tail,int l,int r)
{
if(head>tail) return;
if(l==r)
{
for(int i=head;i<=tail;i++)
{
if(q[i].c==3)
{
ans[q[i].o]=l;
}
}
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
for(int i=head;i<=tail;i++)
{
if(q[i].c==1&&q[i].y<=mid) add(q[i].x,1);
if(q[i].c==2&&q[i].y<=mid) add(q[i].x,-1);
if(q[i].c==3) tmp[i]=ask(q[i].y)-ask(q[i].x-1);
}
for(int i=head;i<=tail;i++)
{
if(q[i].c==1&&q[i].y<=mid)
add(q[i].x,-1);
if(q[i].c==2&&q[i].y<=mid)
add(q[i].x,1);
}
int l1=0,l2=0;
for(int i=head;i<=tail;i++)
{
if(q[i].c==3) //如果是询问操作的话
{
if(tmp[i]>=q[i].k) //答案落在左区间
{
q1[++l1]=q[i];
}
else
{
q[i].k-=tmp[i];
q2[++l2]=q[i];
}
}
else //如果是赋值操作的话
{
if(q[i].y<=mid)
{
q1[++l1]=q[i];
}
else
{
q2[++l2]=q[i];
}
}
}
for(int i=1;i<=l1;i++)
q[head+i-1]=q1[i];
for(int i=1;i<=l2;i++)
q[head+l1+i-1]=q2[i];
devide(head,head+l1-1,l,mid);
devide(head+l1,tail,mid+1,r);
return;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
q[++cnt]=(query){i,a[i],0,1,0};
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%s",cmd);
if(cmd[0]=='Q') //询问操作
{
int x,y,k;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
q[++cnt]=(query){x,y,k,3,i};
//区间[x,y]第k大，3代表询问操作，i代表第i个询问
flag[i]=1;
}else{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
q[++cnt]=(query){x,a[x],0,2,0};
q[++cnt]=(query){x,y,0,1,0};
a[x]=y; //!
}
}
devide(1,cnt,0,INF);
for(int i=1;i<=m;i++){
if(flag[i]) printf("%d
",ans[i]);
}
}
整体二分习 题表
PKU2104 K-th Number
BZOJ2738 矩阵乘法
BZOJ2527 [Poi2011]Meteors
BZOJ3110 [Zjoi2013]K大数查询
BZOJ4009 [HNOI2015]接水果
还要再研究的：
https://www.cnblogs.com/AKMer/category/1397613.html