题意：
有两段长度为$n$的不严格单调上升序列$a$和$b$，有两种操作共$m$次。单点赋值为$x$，保证不破坏序列不严格单调上升的性质；询问$a$的$[l_1,r_1]$区间和$b$的$[l_2,r_2]$区间合并后的中间值，保证合并后的区间长度为奇数。
$1le n le 5 imes 10^5 , ; 1 le m le 10^6 , ; 0 le a_i , b_i , x le 10^9 , ; 1 le l_1 le r_1 le n , ; 1 le l_2 le r_2 le n$
分析一：
考虑暴力怎么做。
设立个区间指针，一个计数器，每次跳一个指针，计数器$++$，可以在$O(n)$内处理一个询问。
或者按照类似于归并排序的方法把两个区间写到新的数组里，再取中间位置。
但仔细思考一下，发现上述两种暴力在实现细节上是一模一样的，都是比较两个头部，向目标位置逼近；也就是说，“合并”和“中间值”并不是什么重要的东西，询问合并有序区间第$k$大的都是同一种做法。我们的问题在于取数。
怎么样优化这个取数？
一个很简单的贪心：设区间长度和为$L$，如果$a[r_1]<b[l_2]$并且$r_1-l_1+1lelfloor L/2 floor$，那么整个$[l_1,r_1]$都可以跳过。
特殊情况毕竟少见，思考一下能不能扩大这种方法的适用面。
很容易发现，如果$a[s]<b[t]$并且$s-l_1+1lelfloor L/2 floor$，那么整个$[l_1，s]$都可以跳过。
那么这个$s$和$t$怎么定？
让我们暂时转换一下方向，跳过了一段区间之后，会发生什么？
我们已经向目标位置（暂时未知）逼近了一部分，我们本来要在两个区间内取第$lfloor L / 2 floor + 1$小的数，现在舍弃了$s - l_1 + 1$个，就要在剩下的范围内取第$lfloor L / 2 floor - s + l_1$小的数，成功地缩小了问题规模。
这就是分治嘛！
那我们直接一半一半砍下去，分到两个区间上比较（注意不能越界），既不会出错（拼得区间长度不超过$k$），也会让问题规模下降得很快（两边都取了尽可能大的数）。
即，设当前要取的是区间第$k$小的数，就将$k$折半，放在两个区间的对应位置$s,t$上（注意不能越界），比较$a_s,b_t$。不妨设$a_s<b_t$，那么我们可以递归地在区间$[s+1,r_1]$和$[l_2,r_2]$上找第$k-(s-l_1+1)$小的数（因为答案一定不会出现在$[l_1,s]$中）。
这样我们的时间复杂度就是$O(m;log\,n)$的，可以通过。
但容易发现：这个时间复杂度实际上很紧凑，很容易跑满，对于题目所给数据规模，其实十分危险。
更新（2019.08.19 20:14）：递归写法自带两倍常数，这个应该是重要原因（之一）。
因此，如果不加优化，交上去之后，纪中的“更慢OJ”会神秘兮兮地告诉你：“我看你脸色行事”。
实现一（70~100分）：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #define IL inline using namespace std; const int N=5e5; int n,m,a[N+3],b[N+3]; IL int find(int *a,int l,int r,int k){ return (l+k-1)>r?r:(l+k-1); } int sol(int l1,int r1,int l2,int r2,int k){ if(l1>r1) return b[l2+k-1]; if(l2>r2) return a[l1+k-1]; if(k==1) return min(a[l1],b[l2]); int x=find(a,l1,r1,k>>1); int y=find(b,l2,r2,k>>1); if(a[x]<b[y]) return sol(x+1,r1,l2,r2,k-(x-l1+1)); return sol(l1,r1,y+1,r2,k-(y-l2+1)); } int main(){ freopen("median.in","r",stdin); freopen("median.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]); for(int i=1;i<=m;i++){ int opt; scanf("%d",&opt); if(opt==1){ int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); if(x==0) a[y]=z; else b[y]=z; } else { int l1,r1,l2,r2; scanf("%d%d%d%d",&l1,&r1,&l2,&r2); printf("%d ",sol(l1,r1,l2,r2,(r1-l1+r2-l2+3)>>1)); } } return 0; }
分析二：
好像结构上并不能做什么优化。
考虑优化常数。
快读、快写、$register;intquad$搞上。
成功$[TLE]\,mslongrightarrow 637ms$，跻身最优解$Rank13$。（2019.08.17 19:56）
实现二（100分）：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #define IL inline #define RI register int using namespace std; const int N=5e5; IL bool num(char ch){ return '0'<=ch&&ch<='9'; } IL void read(int &x){ char ch; while(!num(ch=getchar())); x=ch-'0'; while(num(ch=getchar())) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0'; } IL void write(int x){ int s[13],k=0; while(x>0){ s[++k]=x%10; x/=10; } do putchar(s[k]+'0'); while(--k); } IL void read(int &p1,int &p2){ read(p1); read(p2); } IL void read(int &p1,int &p2,int &p3){ read(p1); read(p2); read(p3); } IL void read(int &p1,int &p2,int &p3,int &p4){ read(p1); read(p2); read(p3); read(p4); } IL void writeln(int x){ write(x); putchar(' '); } int n,m,a[N+3],b[N+3]; IL int find(int *a,int l,int r,int k){ return (l+k-1)>r?r:(l+k-1); } int sol(int l1,int r1,int l2,int r2,int k){ if(l1>r1) return b[l2+k-1]; if(l2>r2) return a[l1+k-1]; if(k==1) return min(a[l1],b[l2]); int x=find(a,l1,r1,k>>1); int y=find(b,l2,r2,k>>1); if(a[x]<b[y]) return sol(x+1,r1,l2,r2,k-(x-l1+1)); return sol(l1,r1,y+1,r2,k-(y-l2+1)); } int main(){ freopen("median.in","r",stdin); freopen("median.out","w",stdout); read(n,m); for(RI i=1;i<=n;i++) read(a[i]); for(RI i=1;i<=n;i++) read(b[i]); int opt,p1,p2,p3,p4; for(RI i=1;i<=m;i++){ int opt; read(opt); if(opt==1){ read(p1,p2,p3); if(p1==0) a[p2]=p3; else b[p2]=p3; } else { read(p1,p2,p3,p4); writeln(sol(p1,p2,p3,p4,(p2-p1+p4-p3+3)>>1)); } } return 0; }
小结：
模拟解法，分治有奇效。
时限很紧，别忘记卡常。