二分答案，设为 (mid)，把小于 (mid) 的数设为 (0)，大于等于 (mid) 的数设为 (1)。
然后就很好排序了，查询 ([l,r]) 中 (1) 的个数（即区间和），升序则把 (0) 填区间左边，(1) 填右边，降序则相反。
最后如果 (q) 位置的数为 (1)，说明答案至少为 (mid)。
因数个数 (=) 各质因子次数 (+1) 之积。
小于 (sqrt[3]{x}) 的质因子直接用前缀和搞掉。大于 (sqrt[3]{x}) 的质因子最多有两个，这些用 Miller-rabin + 二分处理出来，再离散化（并不需要 PR）。然后上莫队即可。
分块。设块长为 (T)。对每个块维护一个排好序的数组 (b)。
修改时，整块直接打上标记。对于散块，直接加再排序并不优秀。在原数组中修改后，将 (b) 按是否要修改分成两队，发现它们各自仍是有序的。二路归并即可。
查询时，二分答案，查询小于答案的数的个数。对于整块，在 (b) 中二分。对于左右两个散块，暴力统计并不优秀。在 (b) 中把两个散块要查询的部分取出，再归并起来，就可以二分了。
时间复杂度 (O(qdfrac{n}{T}log^2n+qT))，(T=sqrt{n}log n) 时最优，为 (O(qsqrt{n}log n))。
二分答案。设为 (mid)。把小于 (mid) 的数设为 (-1)，大于等于
(mid) 的数设为 (1)。
如果一段区间的和 (ge 0)，说明其中位数至少为 (mid)。
要判断是否存在一个子区间满足这个条件，考虑让区间和最大，即 ([b+1,c-1]) 的和 (+;[a,b]) 的最大右子段和 (+;[c,d]) 的最大左子段和。
用主席树即可。
首先离散化，注意不要去重。
对于每个区间，用莫队维护 bitset 表示数的出现情况。考虑将多个相同的数分开，如果一个数 (x)，出现了第 (b[x]) 次，给它一个标号 (x+b[x]-1)，删除同理。这样就可以把相同的数字集中在值域上以 (x) 为左端点的区间内。由于离散化时没有去重，不同数字间互不干扰。最后用三个区间的总长，减去它们对应的 bitset 按位与的结果中 (1) 的个数 ( imes 3) 即可。
小技巧：把询问分成 (10) 组，防止 MLE。
先考虑序列上的做法。设 (f(x,y)) 表示 ([1,x]) 和 ([1,y]) 的答案。那么 ([l,r]) 的答案可表示成 (f(r,r)-f(l-1,r)-f(l,r-1)+f(l-1,l-1))。然后就可以莫队 / 分块了。
现在到了树上，还有换根，无非就是多了 dfs 序、分类讨论和倍增。
还是用 bitset。维护正反两个 bitset，表示每个数的出现情况（对于 (x)，把它放在 b1 的 (x) 处和 b2 的 (M-x) 处，(M) 表示值域）。
加法：若 (a+b=x)，则 (a=x-b=x-(M-b^prime)=b^prime-(M-x))，即 b1&(b2>>(M-x))。
减法：b1&(b1>>x)
乘法：暴力枚举因数
除法：若 (x>sqrt M)，枚举 (a)，检查 (a) 和 (ax) 是否都存在；否则，预处理出 (pos_{i,k})，表示 ([1,i]) 内最大的 (j)，满足 (a_j imes k=a_i) 或 (a_i imes k=a_j)，并对每个 (k) 做前缀最大值。查询时判断 (pos_{r,x}) 是否 (ge l)。
发现 1 和3 操作可以分为父亲和儿子，而父亲很好处理。
对于每个节点，将其所有儿子的权值放到一个 trie 里，并从低位开始（因为要支持加 (1)）。再维护每位上有几个 (1)和一个加法标记。
考虑二进制加法：找到最右边的 (0)，把它右边的 (1)全部变成 (0)，并把这个 (0) 变成 (1)。对应到 trie 树上就是：交换两个儿子，并往现在的 (0) 子树走（过去的 (1) 子树）。
单点修改其实就是在父亲的 trie 中删除再插入。
用 LCT 维护链上最小值（以边的编号为权值），即最大生成树。
加入边 (i) 时，若两点已联通，设两点路径上的最小编号为 (p_i)。对于一次询问，考虑一种使编号小的边尽可能被使用，并构成森林的策略选边。如果 (p_ige l)，由于 (p_i) 是路径上的最小编号，路径上的所有边都会出现，边 (i) 也就没用了。反之，就要把 (i) 加入森林。所以询问其实是求 ([l,r]) 中 (p_i<l) 的数量，用主席树维护。答案就是点数 (-) 边数。
朴素做法：对每个数开一个 vector，按顺序存储值为这个数的下标。预处理出 (l..r) 块的答案，枚举散块的每个数，二分出出现次数并和整块的答案比较。
但复杂度是 (O(nsqrt{qlog n}))，不够优秀。
记录一个 (t_i) 表示 (i) 在 (a_i) 的 vector 中的位置。
枚举散块每个位置 (i)，设当前答案为 (ans)，若 (a_i) 的 vector 中第 (t_i+ans) 个数仍不超过 (r)，说明 (a_i) 更优。然后一直加 (ans) 直到 vector 中第 (t_i+ans) 个数超过 (r) 或不存在。
复杂度证明：设整块答案为 (ans)，那么实际答案一定不超过 (ans+2T)，也就是 (ans) 最多加 (2T) 次。
分块 + ST 表。
设块长为 (T)，记录每块最大值，块内的前、后缀最大值，并对整块构建 ST 表。
若区间横跨多个块 (T)，可以 (O(1)) 求得答案。否则可以暴力，由于数据随机，这些区间的概率为 (dfrac{T}{n})。
时间复杂度 (O(q+dfrac{qT^2}{n}+dfrac{n}{T}log n))，取 (T=log n) 最优，为 (O(n+q))。
莫队二次离线，用值域分块平衡最后查询的复杂度。
堆优 Dijkstra + 主席树
二进制下，加上 (2^k)，其实就是从第 (k) 位往高位找到第一个 (0)，把它改为 (1)，并把这个 (0) 到 (k) 的所有 (1) 改成 (0)。
只有两次修改，可以上主席树。
比较大小可以用哈希，先判断高位子树是否相等，相等则往低位子树走，否则往高位子树走。
有一个 弱化版
考虑在树上把 (dep^k) 做差分，即 (v_u=dep_u^k-(dep_u-1)^k)。
对于 (x,y)，把 (1) 到 (y) 路径上所有点的点权设为该点的 (v)，其他点点权为 (0)。令 (z=LCA(x,y))，那么 (1) 到 (x) 路径上的点权和就是 (1) 到 (z) 的点权和，即 (dep_z^k)。
把询问按 (x) 排序，就变成了路径修改、路径求和的问题，即：
维护一个数组 (b)，初始为 (0)
-
对 (1) 到 (x) 上的所有点 (i)，(b_ileftarrow b_i+v_i)
-
求路径上 (b_i) 的和。
树剖 + 线段树实现。
对于非叶子节点，设左右子树和整棵子树选到 (x) 的概率分别是 (L_x,R_x,F_x)。
(F_x=p(L_xsumlimits_{i<x}R_i+R_xsumlimits_{i<x}L_i)+(1-p)(L_xsumlimits_{i>x}R_i+R_xsumlimits_{i>x}L_i))
用线段树合并优化，递归时维护两个标记表示两棵树分别要乘多少。
分块。区间第 (k) 小考虑值域分块。
对于每个块，用并查集把值相同的下标合并（从大的下标指向小的下标），并记录每个数的根。这样我们只需要保证根是真正的值。整块修改时判断是否已经有了 (y)，如果有了就把 (x) 和 (y) 合并起来，并把根的值改为 (y)。散块暴力重构。
设区间长度为 (L)，对于一个数 (x)，如果它出现了 (k) 次，贡献为 (x imes) 包含 (x) 的子序列个数，即 (x(2^L-2^{L-k}))。
考虑莫队 + 根号分治。预处理出出现次数 (>sqrt n) 的数，每次询问暴力枚举这些数计算贡献。对于其他数，令 (sum_i) 为出现了 (i) 次的数之和（注意不要取模，每次模数会变化）。枚举出现次数，计算这些数的贡献。
用光速幂即可消去一个 (log)。
发现 (3,4,5,6) 操作其实是对连续极长 (0,1) 段的两端点进行修改。可以用平衡树维护这些极长段。但有可能修改产生了长度为 (0) 的段，可以维护最小区间长度，判断是否存在，暴力删除。
可以分开维护（标记处理较方便），也可以一起维护（推平较方便）。
分块。对于每个块，都对颜色进行一次重标号（离散化），并预处理出每块内两两颜色的最小距离、每个颜色最左 / 右的位置。
整块修改时，如果 (y) 没有出现，直接修改标号，距离并不会变化。如果出现了，暴力修改原数组，更新一下距离。散块暴力重构。
复杂度分析：整块修改时，如果 (y) 出现了，必会导致颜色数减 (1)，最多减 (sqrt{n}) 次，每次都遍历整个块，这一部分复杂度 (O(nsqrt{n}))
而散块修改最多使两个块颜色增加，这一部分 (O(qsqrt{n}))