bzoj 1901: Zju2112 Dynamic Rankings（整体二分）
1901: Zju2112 Dynamic Rankings
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MBDescription
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。 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。
Input
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。
Output
Sample Input
3 2 1 4 7
Q 1 4 3
C 2 6
Q 2 5 3
Sample Output
6
HINT
20%的数据中，m,n≤100; 40%的数据中，m,n≤1000; 100%的数据中，m,n≤10000。
上图摘自 许昊然《浅谈数据结构题的几个非经典解法》http://www.docin.com/p-950607443.html
个人理解：
假设有一个操作，可以直接二分一个判定标准，这个标准仅适用于这一个操作
那么现在有一堆操作，也是直接二分判定标准
而二分出来的标准，如果只有一个操作，非A即B
对于一堆操作，每个操作对于判定标准也是非A即B
如果只有一个操作，那就可以直接舍去不合要求的那个
但一堆操作，会出现，操作1符合A，操作2符合B
所以，我们就根据这个判断标准，将操作序列划分为2组
注意：划分依据是操作对象相对于判断标准的关系
对于划分出来的2组，同样的方法可以继续二分
直至将判断标准划分至最底层
所以整体二分每次操作序列是原序列截取的一段，它保证了时间复杂度
一篇很好的CDQ分治、整体二分总结：http://blog.csdn.net/hbhcy98/article/details/50642773
本题：整体二分+树状数组
#include<cstdio> using namespace std; #define N 10001 int n,m,tot,t; int ans[N*2],a[N],k[N*3]; int c[N]; struct node { int posx,posy,key,kind,bl,cur; }q[N*3],tmp1[N*3],tmp2[N*3]; int lowbit(int x) { return x&(-x); } void add(int x,int y) { while(x<=n) { c[x]+=y; x+=lowbit(x); } } int sum(int x) { int b=0; while(x) { b+=c[x]; x-=lowbit(x); } return b; } void solve(int head,int tail,int l,int r) //当前二分到的答案区间[l,r] //[head,tail]是操作序列，包括对答案区间[l,r]有影响的修改操作 和 答案在[l,r]内的查询操作 //这里二分区间是[l,r],[head,tail]标记的是根据而分出的判断标准，划分出的区间范围 { if(head>tail) return; if(l==r) { for(int i=head;i<=tail;i++) if(q[i].kind==3) ans[q[i].bl]=l; return; } int mid=l+r>>1;//设定判定标准 //在本题中，判定标准=mid，那么判定标准对应区间为[1,mid]，即实际的判定标准是区间[1,mid]，这一点相当重要 //统计符合标准的修改对各个操作的贡献 for(int i=head;i<=tail;i++) { if(q[i].kind==1&&q[i].key<=mid) add(q[i].posx,-1); else if(q[i].kind==2&&q[i].key<=mid) add(q[i].posx,1); else if(q[i].kind==3) k[i]=sum(q[i].posy)-sum(q[i].posx-1); //这里用k数组记录的数据相当于前缀和 } //整体二分每次对一段新的序列操作，这就需要清空一些数据 //本题要清空树状数组，据说下面这4行比memeset快 for(int i=head;i<=tail;i++) { if(q[i].kind==1&&q[i].key<=mid) add(q[i].posx,1); else if(q[i].kind==2&&q[i].key<=mid) add(q[i].posx,-1); } int ll=0,rr=0; for(int i=head;i<=tail;i++) { if(q[i].kind==3)//查询操作 { //如果累计贡献+当前贡献>=目标贡献，即当前判定标准过于宽松，那么就要缩小累计贡献范围，将它归入答案区间[l,mid] //此时不更新累计贡献，保证当前贡献仍是[1,l-1]里的 if(q[i].cur+k[i]>=q[i].key) tmp1[++ll]=q[i]; //累计贡献+当前贡献<目标贡献，即当前判定标准不能满足要求，就要夸大范围，把它归入答案区间[mid+1,r] //更新累计贡献，使当前贡献是[1,mid]里的 else { q[i].cur+=k[i]; tmp2[++rr]=q[i]; } } else//修改操作 { //因为二分的是答案（判定标准） //所以直接根据修改后的值与判定标准的关系划分即可 //注意是修改后的值，即把位置h改为g，判断的是g，而不是位置h //为什么？ //如果g满足判定标准，那么他就已经统计了一次贡献，它对于答案区间[mid+1,r]没有意义了， //想想判定标准实际是[1,mid]，他一定会对[1,[mid+1......r]]产生贡献，这个贡献我们已经累计更新了cur if(q[i].key<=mid) tmp1[++ll]=q[i]; //g不符合标准，意思是如果放宽标准可能会有贡献，而且这个贡献还没有统计过 else tmp2[++rr]=q[i]; } } for(int i=1;i<=ll;i++) q[head+i-1]=tmp1[i]; for(int i=1;i<=rr;i++) q[head+ll+i-1]=tmp2[i]; //都是开区间，所以要-1 solve(head,head+ll-1,l,mid);solve(head+ll,tail,mid+1,r); //看完这儿，我们可以对tmp1，tmp2感性的认知 //tmp1 满足要求或过于满足，要进一步限制 //tmp2 不满足要求，放宽限制可能会满足要求 } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int x,y,z; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&x); q[++tot]=(node){i,0,x,2}; a[i]=x; } char ch[2]; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%s",ch); if(ch[0]=='Q') { scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); q[++tot]=(node){x,y,z,3,++t,0}; } else { scanf("%d%d",&x,&z); q[++tot]=(node){x,0,a[x],1,0,0}; q[++tot]=(node){x,0,z,2,0,0}; //修改操作，先将原来的信息去除，再添加新的信息 a[x]=z; } } solve(1,tot,0,1e9); //这里是0，不是1，因为二分答案，题目修改值可能为0 for(int i=1;i<=t;i++) printf("%d\n",ans[i]); }
刚开始的时候，为了减少潜在的时间消耗，把mid，ll，rr3个变量放到全局变量里了
然后WAWAWAWA
递归局部变量可以保持本证递归回溯是变量还是原来那个值，全局变量改了就是改了
