大家好，我是个毒瘤，我非常喜欢暴力数据结构，于是我就用莫队+分块过了这个题
Solution
发现这个题静态查询资瓷离线，于是考虑莫队。
在这里简单介绍一下莫队：
将所有询问离线后，对原序列分块。按照左端点所在块单调不降排序。当左端点所在块相同时，按照右端点单调排序。
然后用头尾指针指向当前的区间，维护区间内的信息。每两个查询间暴力移动指针。移动指针时每移动一下就维护一次答案。
考虑这么做的复杂度：一共有 (O(sqrt{n}))个块，每个块内右端点单调，所以一个块内右端点最多移移动 (O(n)) 个位置，于是右端点移动 (O(n~sqrt{n}))个位置。同理，左端点在一个块内最多移动 (O(sqrt{n})) 次，每次最多移动 (O(sqrt{n})) 个位置，块内移动次数是 (O(n)) 。一共有 (O(sqrt{n})) 个块，于是左端点移动 (O(n~sqrt{n})) 个位置。于是莫队不计修改和查询的总复杂度为 (O(n~sqrt{n}))。
维护答案时，最显然的想法是用树状数组维护前缀和，这样单次修改复杂度 (O(log n)) ，查询时在树状数组上二分，复杂度 (O(log n)) 。修改总复杂度 (O(n~sqrt{n}~log n)) ，查询的总复杂度 (O(m~log n)) 。于是发现修改的复杂度过高，查询的复杂度完全不需要这么低，那么可以用分块将修改复杂度将至 (O(1)) ，查询复杂度升高至 (O(sqrt{n})) 。具体的，离散化后按照权值分块，每个块维护块内元素出现总次数。查询时暴力从第一个块开始扫，累加元素出现总次数，当加入一个块总次数大于 (k) 时在块内暴力找位置，总复杂度 (O(n~sqrt n))。开O2最慢的点250ms
Code
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long
typedef long long int ll;
namespace IPT {
const int L = 10000000;
char buf[L], *front=buf, *end=buf;
char GetChar() {
if (front == end) {
end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
if (front == end) return -1;
}
return *(front++);
}
}
template <typename T>
inline void qr(T &x) {
rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
if (lst == '-') x = -x;
}
template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
if (ch == '.') {
ch = IPT::GetChar();
double base = 1;
while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
}
if (lst == '-') x = -x;
}
namespace OPT {
char buf[120];
}
template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
rg int top=0;
do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while ( x /= 10);
while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
if (pt) putchar(aft);
}
const int maxn = 200010;
int n, m;
int belong[maxn], MU[maxn], temp[maxn], bk[maxn], block[maxn], rmp[maxn], lc[maxn];
struct Ask {
int l, r, id, ans, k;
inline bool operator<(const Ask &_others) const {
if (belong[this->l] != belong[_others.l]) return this->l < _others.l;
if (belong[this->l] & 1) return this->r < _others.r;
return this->r > _others.r;
}
};
Ask ask[maxn];
void init_hash();
void add(ci&);
void dlt(ci&);
inline bool cmp(const Ask &_a,const Ask &_b) {
return _a.id < _b.id;
}
int main() {
freopen("1.in", "r", stdin) ;
qr(n); qr(m);
for (rg int i = 1, sn = sqrt(n); i <= n; ++i) if((belong[i] = i / sn) != belong[i-1]) lc[belong[i]] = i;
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) qr(MU[i]);
init_hash();
for (rg int i = 1; i <= m; ++i) {
qr(ask[i].l); qr(ask[i].r); qr(ask[i].k); ask[i].id = i;
}
std::sort(ask + 1, ask + 1 + m);
int prel = ask[1].l, prer = prel - 1;
for (rg int i = 1; i <= m; ++i) {
int l = ask[i].l, r = ask[i].r;
while (prel < l) dlt(prel++);
while (prel > l) add(--prel);
while (prer > r) dlt(prer--);
while (prer < r) add(++prer);
int _cnt = 0, cur = 0;
while (_cnt + block[cur] < ask[i].k) _cnt+=block[cur++];
for (rg int j = lc[cur]; ; ++j) if((_cnt += bk[j]) >= ask[i].k) {
ask[i].ans = j; break;
}
}
std::sort(ask + 1, ask + 1 + m, cmp);
for (rg int i = 1; i <= m; ++i) qw(rmp[ask[i].ans], '
', true);
return 0;
}
void init_hash() {
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) temp[i] = MU[i];
std::sort(temp + 1, temp + 1 + n);
int *ed = std::unique(temp + 1, temp + 1 + n);
for (rg inti = 1; i <= n; ++i) {
int k = MU[i];
rmp[MU[i] = std::lower_bound(temp + 1, ed, MU[i]) - temp] = k;
}
}
inline void dlt(ci &k) {
--bk[MU[k]];
--block[belong[MU[k]]];
}
inline void add(ci &k) {
++bk[MU[k]];
++block[belong[MU[k]]];
}