寒 假 队 测 Round #1

(65 + 0 + 0 + 0 = 65pts)。
菜得起飞
(T1) 思维题，漏掉一个情况 + 打错一个情况
(T2) 模拟打挂
(T3) 博弈论白送的dp, (max)打成(min) , (70) to (0)
(T4) 主席树，没动

经验教训：

1. 码力是真的差，2k的模拟都写不对.
2. 小细节小错误太多.
3. 写代码不一气呵成，思维不连贯.

前三题题解不动了，等T4写出来写题解
顺便 % cnyz 神 (rk1).

以后遇到自己不情愿写的题也得写.
 

T4题解

题目链接：middle，主席树好题

题意简述：

给定一个长度为(n)的序列(s)和(q)个询问，
每个询问包括(a,b,c,d)四个参数，求序列(s)中(l)~(r)中可能的最大中位数，强制在线。
其中(a) (leqslant) (l) (leqslant) (b)且 (c) (leqslant) (r) (leqslant) (d)。

题解

关于中位数有个二分答案的技巧，
二分一个值 (mid)，
大于等于(mid)的位置为(1)，否则为(-1)，
求一下最大子序和，便知道(mid)是否可以更大，
至此我们得到了一个做法：
对于每个询问，二分(mid)，(O(n))扫描得出最大子序和，
并且保证子序左右端点满足(a) (leqslant) (l) (leqslant) (b)且 (c) (leqslant) (r) (leqslant) (d).
时间复杂度(O(Qnlogn))，不能接受。
我们转换一下思路，用数据结构维护最大子序和，线段树可以做到。
我们先建好(n)棵线段树，这样查询复杂度降低到了(O(Qlog_2n))
但是空间复杂度过高，预建时间也过高。
我们自然的想到了专门为解决这两个问题而生的数据结构——可持久化线段树。
最终的做法：

1. 先将每个(s_i)排序,然后从小到大建主席树，如何求最大子序和还有维护的信息参见这个。
   (~~~~)为什么排序呢？
   这样每一次建树才能继承上一次((-1)，(1)值只浮动一个).
2. 然后进行上述的二分做法
3. 最大子序和求法：(b+1) 至 (c-1)之间必须选，(a) ~ (b)选最大后缀，(c)~(d)选最大前缀。

时间复杂度(O(NlogN+Qlog^2N)).

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e4+10;
int n,m,a[N],rk[N],b[N],cnt;
int rt[N<<6],ls[N<<6],rs[N<<6];
int lmx[N<<6],rmx[N<<6],sum[N<<6];
bool cmp(int X,int Y){return a[X]<a[Y];}
void updata(int p){
	sum[p]=sum[ls[p]]+sum[rs[p]];
	lmx[p]=max(lmx[ls[p]],sum[ls[p]]+lmx[rs[p]]);
	rmx[p]=max(rmx[rs[p]],sum[rs[p]]+rmx[ls[p]]);
}
int build(int l,int r){
	int p=++cnt;
	if(l==r){
		sum[p]=lmx[p]=rmx[p]=1;
		return p;
	}
	int mid=l+r>>1;
	ls[p]=build(l,mid);
	rs[p]=build(mid+1,r);
	updata(p);
	return p;
}
int copy(int x,int y){
	ls[x]=ls[y];
	rs[x]=rs[y];
	sum[x]=sum[y];
	lmx[x]=lmx[y];
	rmx[x]=rmx[y];
}
int insert(int pre,int l,int r,int x,int val){
	int p=++cnt;
	copy(p,pre);
	if(l==r){
		lmx[p]=rmx[p]=-1;
		sum[p]+=val;
		return p;
	}
	int mid=l+r>>1;
	if(x<=mid)ls[p]=insert(ls[pre],l,mid,x,val);
	else rs[p]=insert(rs[pre],mid+1,r,x,val);
	updata(p);
	return p;
}
int querysum(int p,int l,int r,int x,int y){
	if(x<=l&&y>=r)return sum[p];
	int mid=l+r>>1,ret=0;
	if(x<=mid)ret+=querysum(ls[p],l,mid,x,y);
	if(y>mid)ret+=querysum(rs[p],mid+1,r,x,y);
	return ret;
}
int querylmx(int p,int l,int r,int x,int y){
	if(x<=l&&y>=r)return lmx[p];
	int mid=l+r>>1,ret;
	if(x<=mid&&!(y>mid))ret=querylmx(ls[p],l,mid,x,y);
	if(!(x<=mid)&&y>mid)ret=querylmx(rs[p],mid+1,r,x,y);
	if(x<=mid&&y>mid)ret=max(querylmx(ls[p],l,mid,x,mid),querysum(ls[p],l,mid,x,mid)+querylmx(rs[p],mid+1,r,mid+1,y));
	return ret;
}
int queryrmx(int p,int l,int r,int x,int y){
	if(x<=l&&y>=r)return rmx[p];
	int mid=l+r>>1,ret;
	if(x<=mid&&!(y>mid))ret=queryrmx(ls[p],l,mid,x,y);
	if(!(x<=mid)&&y>mid)ret=queryrmx(rs[p],mid+1,r,x,y);
	if(x<=mid&&y>mid)ret=max(queryrmx(rs[p],mid+1,r,mid+1,y),querysum(rs[p],mid+1,r,mid+1,y)+queryrmx(ls[p],l,mid,x,mid));
	return ret;
}
bool check(int t,int a,int b,int c,int d){
	int sum=0;
	if(b+1<=c-1)sum+=querysum(rt[t],1,n,b+1,c-1);
	sum+=queryrmx(rt[t],1,n,a,b);
	sum+=querylmx(rt[t],1,n,c,d);
	return sum>=0;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		rk[i]=i;b[i]=a[i];
	}
	sort(b+1,b+n+1);
	sort(rk+1,rk+n+1,cmp);
	rt[1]=build(1,n);
	for(int i=2;i<=n+1;i++)
		rt[i]=insert(rt[i-1],1,n,rk[i-1],-2);
	int T,Ans=0;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int Q[4],A,B,C,D;
		scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&C,&D);
		Q[0]=(A+Ans)%n;Q[1]=(B+Ans)%n;
		Q[2]=(C+Ans)%n;Q[3]=(D+Ans)%n;
		sort(Q,Q+4);
		A=Q[0]+1;B=Q[1]+1;C=Q[2]+1;D=Q[3]+1;
		int l=1,r=n;
		while(l<=r){
			int mid=l+r>>1;
			if(check(mid,A,B,C,D))l=mid+1;
			else r=mid-1;
		}
		Ans=b[r];
		printf("%d
",Ans);
	}
	return 0;
}