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详细揭秘 整体二分

考虑这样一个问题：

• 给你一个序列，每次查询区间 kth。

如果你不会主席树，你可能会考虑二分答案：二分一个 \(mid\)，看看它在区间中的 rank，与 \(k\) 比较。

这样子单次暴力是线性对数的，不太妙。问题出在哪里呢？你发现每次找 rank 是线性的，很慢。

我们把多个询问放在一起跑二分，即 整体二分，具体的：

• 用类似二分答案的思想，确定一些询问的答案区间 \([l,r]\)。假设我们现在正在解决答案在 \([l,r]\) 内的询问。

• 二分 \(mid=\frac{l+r}2\)，将答案在 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\) 的两类询问分开。

如何分开这两类询问？类似地，我们比较 \(mid\) 在每个询问的区间中的 rank 和这个询问的 \(k\) 的大小。

现在这个 rank 要怎么找？你想要知道在序列上一个区间 \([L,R]\) 内有多少数 \(<mid\)。

注意这里只需要考虑原序列中值域在 \([l,r]\) 中的数，那么把这些数中比 \(mid\) 小的数拉出来，

将它们在序列上的位置 \(+1\)，查询 \([L,R]\) 的和就是你想要的。

询问分开了，那么我们递归下去直到 \(l=r\)，那么相当于二分答案结束了。注意分到右边的询问的 \(k\) 要减 rank。

这样每一层复杂度是 \(\mathcal O(n)\) 的，总复杂度为线性对数。

例题：

[POI2011]Meteors

相当于二分答案时间，看该站在这个时间前是否完成任务。

每场陨石雨相当于区间修改，每次只执行 \([l,mid]\) 的陨石雨（区间加），

检验每个站点的值是否已经满足条件即可，也就是单点查询。

[CF603E]Pastoral Oddities

原题条件等价于每个连通块大小为偶数，这里不证，不是本文重点。

随着时间推移，答案肯定越来越优，也就是答案具有单调性。维护连通块肯定是用并查集了。

考虑单次二分答案的算法。对于时间 \(i\) 的询问，我们二分一个权值 \(mid\)，然后加入所有时间 \(\le i\)，权值 \(\le mid\) 的边，看一下是否所有连通块都是偶数。

现在变成整体二分。分治存当前处理的时间区间 \([t_l,t_r]\) 和对应答案区间 \([w_l,w_r]\)。

设 \(w_{mid}=\frac{w_l+w_r}2\)。考虑将时间区间拆成两部分，第一部分的答案在 \([w_{mid}+1,w_r]\) 中，另一部分答案在 \([w_l,w_{mid}]\) 中。

在进入这层分治前用并查集内维护好权值 \(<w_l\) 且时间 \(<t_l\) 的所有边。现在我们向并查集内加入权值 \(\in[w_l,w_{mid}]\)，时间 \(<t_l\) 的边。

这样并查集里就有权值 \(\le w_{mid}\)，时间 \(<w_l\) 的边。这和我们单次二分要求的范围很类似了，接下来继续扩展：

• 依次加入时间 \(\in[t_l,t_r]\)，权值 \(\le w_{mid}\) 的边，直到满足所有连通块都是偶数。

满足条件就可以停下来了，现在我们找到了一个分界线 \(x\)，满足时间 \(\in[l,x]\) 的都没办法只用 \(\le w_{mid}\) 的边满足条件，而时间 \(\in[x+1,r]\) 的都能用 \(\le w_{mid}\) 的边满足条件。这就说明，时间 \(\in[l,x]\) 的答案都在 \([w_{mid}+1,w_r]\) 中，时间 \(\in[l,x]\) 的答案在 \([w_l,w_{mid}]\) 中。

分治下去即可。注意需要维持进入这层分治前用并查集内维护好权值 \(<w_l\) 且时间 \(<t_l\) 的所有边。

需要支持并查集的撤销，用可撤销的并查集即可。

复杂度会发现每一层加边的数量加起来都是线性，所以复杂度 \(\Theta(n\log^2n)\)。