权值线段树（+动态开点）

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• 暴力 $1$
• 暴力 $2$
• 权值线段树
• 例题

咕咕咕_{这只鸽子在学主席树的时候终于想起来要更权值线段树学习笔记了}

先来看道题：

给你一个序列和一些操作：

操作 (1)：询问序列第k小，保证有答案。
操作 (2)：修改某个数

这题首先考虑暴力：

暴力 (1)

对于操作 (1)，拷贝一份，然后排序，第 (k) 个数就是第 (k) 小。
对于操作 (2)，直接暴力修改。
时间复杂度太大，貌似没有优化的余地，直接舍去。

暴力 (2)

建一个桶 (b)，(b_i) 表示值为 (i) 的数的个数。
对于操作 (1)，可以直接从 (1) 向后枚举，同时用一个变量 (x) 把 (b_i) 累加起来。直到 (x ge k)，这个 (i) 就是答案。
但是值域可能很大，所以需要对原数组离散化。

小优化：对 (b) 数组求个前缀和，然后就可以二分查询答案。
但是，这有个弊端，就是修改之后整个前缀和数组可能都要变过。

权值线段树

该我们的主角登场啦~
我们思考对于暴力 (2)，能不能搞出来一个数据结构，可以使他不用前缀和又能快速查询呢？
快速的话，比如复杂度是 (O(log))的？

诶？线段树可以吗？
当然可以。我们把上面那个桶改成线段树，这就是权值线段树。它与普通线段树不同的地方就在于，权值线段树是以权值为下标，而普通线段树这是以位置为下标。

然后我们考虑维护这个线段树，除了每个节点维护的区间 ([l,r])，还有值在这个范围内的数的数量。
接下来考虑查询。我们增加一个参数表示这个点维护的区间的右侧，即 ([1,l-1]) 中有多少数字。然后二分。
若前面的数字 (+mid le k)，，则递归左儿子，否则递归右儿子。当到达叶子结点时，就得到了答案。
接下来考虑修改，这就更容易了。我们同时记录原数组，然后先把 (a_i) 这个值在线段树中 (-1)，修改后的值的位置 (+1),再把 (a_i) 改掉即可。

由于这是我临时随口造的一道题，所以就没有代码 awa。

例题

Look it!

诶诶诶先别急着归并排序啊，用权值线段树试试嘛~ 喂(#`O′)，别走啊~

上面这段话请不要在意

咳咳，让我们来看下这道题。我们用权值线段树解决，就能做到我们梦寐以求的事：枚举每个数，找到它前面比它大的数。

具体咋做？对于读入的每个数，先查询权值线段树中比它大的数，也就是递归时记录右侧，即值 (>r) 的数的范围。然后嘞，如果 (mid)（相当于这个区间内的数的中位数吧？）比当前查询的数大，那么自然是要走左儿子的。而右儿子呢？仔细考虑一下就能发现，无论如何右儿子都要走。查询完后，把这个数加入权值线段树就行了。

但是但是，相信已经有些人发现问题了：权值太大了。怎么办？
两种办法。

1. 离散化，不做过多解释
2. 动态开点，接下来重点介绍。

什么叫动态开点嘞？就是说，在需要的时候开一个点，不需要就不开。
所以，这种情况下不能用堆式存储法了，而是要记录左右儿子。
我们注意到，数只有 (n) 个，但值域却很大，我们能不能不用其他没用的点呢？可以。
我们在建树时，先只建一个根，待有需要了再建其他点：

int build(int ll,int rr)
{
	tot++;
	w[tot]=0;
	ls[tot]=rs[tot]=0;
	l[tot]=ll,r[tot]=rr;
	return tot;
}
//tot表示点的个数，w是点权，ls,rs分别表示左右儿子，l,r表示范围。

很简单吧？然后是单点修改。这里就有一点区别了。在加入值的时候，这个节点可能是没有的。怎么办？建一个呗。

void change(int k,int x)
{
	if(l[k]==r[k])
	{
		w[k]++;
		return ;
	}
	int mid=(l[k]+r[k])/2;
	if(x<=mid)
	{
		if(ls[k]==0) ls[k]=build(l[k],mid);//这就是特判没有建这个点的情况。
		change(ls[k],x);
	}
	else
	{
		if(rs[k]==0) rs[k]=build(mid+1,r[k]);//特判，同上。
		change(rs[k],x);
	}
	w[k]=w[ls[k]]+w[rs[k]];//记得更新
	return ;
}

最后就是查询了，这个也比较简单。

int ask(int k,int x)
{
	if(l[k]>=x) return w[k];
	int mid=(l[k]+r[k])/2,res=0;
	if(x<=mid)
		if(ls[k]!=0) res+=ask(ls[k],x);//这里也要特判一下没有点的情况哦。不过不用建点，因为是查询，既然没有点，那答案当然就是0了。
	if(rs[k]!=0) res+=ask(rs[k],x);//上面说过了，右子树是无论如何都要递归的，除非没有点。
	return res;
}

然后，整个操作就完成了。最后给大家看下主程序：

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	tr.build(0,1000000000);//这里是最开始建一个根
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x;
		scanf("%d",&x);
		ans+=tr.ask(1,x+1);//先查询
		tr.change(1,x);//再加入
	}
	printf("%lld
",ans);//最后输出~
	return 0;
}

于是，这题就完成了！