划分树，类似线段树，主要用于求解某个区间的第k 大元素（时间复杂度log(n)），快排本也可以快速找出，但快排会改变原序列，所以每求一次都得恢复序列。
下面就以 POJ 2104 进行解说：
题目意思就是，给你n 个数的原序列，有m 次询问，每次询问给出l、r、k，求原序列l 到r 之间第k 大的数。n范围10万，m范围5千，这道题用快排也可以过，快排过的时间复杂度n*m，而划分树是m*logn（实际上应该是nlogn才对，因为建图时间是nlogn，n又比m大），分别AC后，时间相差很明显。
划分树，顾名思义是将n 个数的序列不断划分，根结点就是原序列，左孩子保存父结点所有元素排序后的一半，右孩子也存一半，也就是说排名1 -> mid的存在左边，排名(mid+1) -> r 的存在右边，同一结点上每个元素保持原序列中相对的顺序。见下图：
红点标记的就是进入左孩子的元素。
当然，一般不会说每个结点开个数组存数，经观察，每一层都包含原本的n 个数，只是顺序不同而已，所以我们可以开val[20][N]来保存，也就是说共20层，每一层N个数。
我们还需要一个辅助数组num，num[i]表示i 前面有多少数进入左孩子（i 和i 前面可以弄成本结点内也可以是所有，两种风格不同而已，下面采取的是本结点内），和val一样，num也开成num[20][N]，来表示每一层，i 和i 前面（本结点）有多少进入左孩子。
第一层：1 进入左孩子，num[1]=1，5 进入右孩子，num[2]=1，...，num[8]=4。
第二层：5 进入左孩子，num[5]=1，6 进入右孩子，num[6]=1，...，num[8]=2。
建图时就是维护每一层val[]和num[]的值就可以了。
1 int a[N]; //原数组 2 int sorted[N]; //排序好的数组 3 //是一棵树，但把同一层的放在一个数组里。 4 int num[20][N]; //num[i] 表示i前面有多少个点进入左孩子 5 int val[20][N]; //20层,每一层元素排放，0层就是原数组 6 void build(int l,int r,int ceng) 7 { 8 if(l==r) return ; 9 int mid=(l+r)/2,isame=mid-l+1; //isame保存有多少和sorted[mid]一样大的数进入左孩子 10 for(int i=l;i<=r;i++) if(val[ceng][i]<sorted[mid]) isame--; 11 int ln=l,rn=mid+1; //本结点两个孩子结点的开头，ln左 12 for(int i=l;i<=r;i++) 13 { 14 if(i==l) num[ceng][i]=0; 15 else num[ceng][i]=num[ceng][i-1]; 16 if(val[ceng][i]<sorted[mid] || val[ceng][i]==sorted[mid]&&isame>0) 17 { 18 val[ceng+1][ln++]=val[ceng][i]; 19 num[ceng][i]++; 20 if(val[ceng][i]==sorted[mid]) isame--; 21 } 22 else 23 { 24 val[ceng+1][rn++]=val[ceng][i]; 25 } 26 } 27 build(l,mid,ceng+1); 28 build(mid+1,r,ceng+1); 29 }
查询时，比如要查找2 到6 之间第3 大的数，那么先判断2 到6 之间有多少元素进入左子树，（在此忽略细节）num[6]-num[2-1]=2，就说明2 到6 有两个数进入左子树，又因为我们要找的是第3 大的数，所以一定在右子树中。可以算出，下标2 前面有0 个数进入右子树，所以2 到6 之间进入右子树的元素在下一层一定是从5 开始排的，2 到6 的区间进入右子树3 个，所以下一层从5 排到7 都是原本2 到6 之间的。现在，因为去左子树两个，所以现在要在右子树找5 到7 之间排名第1 的元素。在下一层的查找步骤和第一层一样，也就是不断递归，当跑到叶子结点时就可以返回正确的值了。
1 int look(int ceng,int sl,int sr,int l,int r,int k) 2 { 3 if(sl==sr) return val[ceng][sl]; 4 int ly; //ly 表示l 前面有多少元素进入左孩子 5 if(l==sl) ly=0; //和左端点重合时 6 else ly=num[ceng][l-1]; 7 int tolef=num[ceng][r]-ly; //这一层l到r之间进入左子树的有tolef个 8 if(tolef>=k) 9 { 10 return look(ceng+1,sl,(sl+sr)/2,sl+ly,sl+num[ceng][r]-1,k); 11 } 12 else 13 { 14 // l-sl 表示l前面有多少数，再减ly 表示这些数中去右子树的有多少个 15 int lr = (sl+sr)/2 + 1 + (l-sl-ly); //l-r 去右边的开头位置 16 // r-l+1 表示l到r有多少数，减去去左边的，剩下是去右边的，去右边1个，下标就是lr，所以减1 17 return look(ceng+1,(sl+sr)/2+1,sr,lr,lr+r-l+1-tolef-1,k-tolef); 18 } 19 }
上述的查询采取了二分的思路，所以时间复杂度logn。建图时，每一层n 个元素，共有logn 层，所以时间复杂度是nlogn。
上题AC代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<algorithm> 4 #define N 100010 5 using namespace std; 6 typedef long long LL; 7 int a[N]; //原数组 8 int sorted[N]; //排序好的数组 9 //是一棵树，但把同一层的放在一个数组里。 10 int num[20][N]; //num[i] 表示i前面有多少个点进入左孩子 11 int val[20][N]; //20层,每一层元素排放，0层就是原数组 12 void build(int l,int r,int ceng) 13 { 14 if(l==r) return ; 15 int mid=(l+r)/2,isame=mid-l+1; //isame保存有多少和sorted[mid]一样大的数进入左孩子 16 for(int i=l;i<=r;i++) if(val[ceng][i]<sorted[mid]) isame--; 17 int ln=l,rn=mid+1; //本结点两个孩子结点的开头，ln左 18 for(int i=l;i<=r;i++) 19 { 20 if(i==l) num[ceng][i]=0; 21 else num[ceng][i]=num[ceng][i-1]; 22 if(val[ceng][i]<sorted[mid] || val[ceng][i]==sorted[mid]&&isame>0) 23 { 24 val[ceng+1][ln++]=val[ceng][i]; 25 num[ceng][i]++; 26 if(val[ceng][i]==sorted[mid]) isame--; 27 } 28 else 29 { 30 val[ceng+1][rn++]=val[ceng][i]; 31 } 32 } 33 build(l,mid,ceng+1); 34 build(mid+1,r,ceng+1); 35 } 36 37 38 int look(int ceng,int sl,int sr,int l,int r,int k) 39 { 40 if(sl==sr) return val[ceng][sl]; 41 int ly; //ly 表示l 前面有多少元素进入左孩子 42 if(l==sl) ly=0; //和左端点重合时 43 else ly=num[ceng][l-1]; 44 int tolef=num[ceng][r]-ly; //这一层l到r之间进入左子树的有tolef个 45 if(tolef>=k) 46 { 47 return look(ceng+1,sl,(sl+sr)/2,sl+ly,sl+num[ceng][r]-1,k); 48 } 49 else 50 { 51 // l-sl 表示l前面有多少数，再减ly 表示这些数中去右子树的有多少个 52 int lr = (sl+sr)/2 + 1 + (l-sl-ly); //l-r 去右边的开头位置 53 // r-l+1 表示l到r有多少数，减去去左边的，剩下是去右边的，去右边1个，下标就是lr，所以减1 54 return look(ceng+1,(sl+sr)/2+1,sr,lr,lr+r-l+1-tolef-1,k-tolef); 55 } 56 } 57 58 int main() 59 { 60 int n,m,l,r,k; 61 while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) 62 { 63 64 for(int i=1;i<=n;i++) 65 { 66 scanf("%d",&val[0][i]); 67 sorted[i]=val[0][i]; 68 } 69 sort(sorted+1,sorted+n+1); 70 build(1,n,0); 71 while(m--) 72 { 73 scanf("%d%d%d",&l,&r,&k); 74 printf("%d ",look(0,1,n,l,r,k)); 75 } 76 } 77 return 0; 78 }