题意:给定n个数的序列,维护两种操作,一是修改(a[x]=y),二是查询([l,r])中第(k)小的数是多少.(n,m<=100000).
分析:在整体二分例题的基础上,增加了一个单点修改的操作.我们可以把一个单点修改操作(a[x]=y)分解为"将序列第x个数减去a[x]"和"将序列第x个数增加y"两个操作,同理原始序列的赋值也可以看做一个"将序列第x个数增加y"的操作,然后把这些操作和所有"询问"操作丢到一起进行整体二分,就还是模板了.
为了在分治的过程区分操作,我们将增加操作的(opt)标记为0,减去操作的(opt)标记为-1,其余的询问操作按照顺序(方便离线回答)标记为大于等于1的数.
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,o=1;char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')o=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*o;
}
const int inf=1e9;
const int N=100005;
int n,m,tot,tim,a[N],c[N],ans[N];
struct query{int opt,x,y,z;}q[N<<2],ql[N<<2],qr[N<<2];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int x,int v){for(;x<=n;x+=lowbit(x))c[x]+=v;}
inline int ask(int x){int cnt=0;for(;x;x-=lowbit(x))cnt+=c[x];return cnt;}
inline void solve(int l,int r,int st,int ed){
if(st>ed)return;
if(l==r){
for(int i=st;i<=ed;++i)
if(q[i].opt>=1)ans[q[i].opt]=l;
return;
}
int mid=(l+r)>>1,lt=0,rt=0;
for(int i=st;i<=ed;++i){
if(q[i].opt==-1){
if(q[i].y<=mid)add(q[i].x,-1),ql[++lt]=q[i];
else qr[++rt]=q[i];
}
else if(!q[i].opt){
if(q[i].y<=mid)add(q[i].x,1),ql[++lt]=q[i];
else qr[++rt]=q[i];
}
else if(q[i].opt>=1){
int sum=ask(q[i].y)-ask(q[i].x-1);
if(sum>=q[i].z)ql[++lt]=q[i];
else q[i].z-=sum,qr[++rt]=q[i];
}
}
for(int i=ed;i>=st;--i){
if(q[i].y>mid)continue;
if(q[i].opt==-1)add(q[i].x,1);
else if(!q[i].opt)add(q[i].x,-1);
}
for(int i=1;i<=lt;++i)q[st+i-1]=ql[i];
for(int i=1;i<=rt;++i)q[lt+st+i-1]=qr[i];
solve(l,mid,st,st+lt-1);solve(mid+1,r,st+lt,ed);
}
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i]=read();
q[++tot].opt=0;q[tot].x=i;q[tot].y=a[i];
}
for(int i=1;i<=m;++i){
char ch;cin>>ch;
if(ch=='Q'){
q[++tot].opt=++tim;q[tot].x=read();q[tot].y=read();q[tot].z=read();
}
else if(ch=='C'){
int x=read(),y=read();
q[++tot].opt=-1;q[tot].x=x;q[tot].y=a[x];
a[x]=y;
q[++tot].opt=0;q[tot].x=x;q[tot].y=a[x];
}//一次单点修改分解为两个操作
}
solve(-inf,inf,1,tot);
for(int i=1;i<=tim;++i)printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}