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题意：给一个n * n的矩阵，有q个查询
每次查询r,c,s,k表示已(r,c)为右上角 大小为s的正方形中 第k小的元素
n <= 250 ,q <= 250000 , a[i][j]<=10000
思路：用到了主席树求区间第k小，
主席树本质是可持久化权值线段树，用区间[l,r]表示值在[l,r]间的数字有多少个
每插入一个数字，实际上只修改了log个区间，其他的部分不发生变化，所以只需要对修改的区间新开结点即可
求区间第k小，其实就是二分区间[l,r],m = l + r>>1
如果权值[l,m]的数字个数少于k,那么答案就在[m+1,r]这个区间内
否则就在[l,m]内，然后递归处理即可
开始的做法是用以root[i][j]为根的树表示[1,1]到[i,j]的矩阵的信息,这样查询的复杂度为log(maxn)
由于合并的复杂度不太科学，爆内存了
然后改成以root[i][j]为根的树表示[i,1]到[i,j]区间的信息,空间复杂度为O(N * N * logN)
然后我查询r,c,s,k的时候
就把r行,r+1行,...r+s-1行的这些[c,c+s-1]区间一起操作，这样查询一次的复杂度为s * log(maxn)
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#include<bits/stdc++.h>
#define ls(i) seg[i].lc
#define rs(i) seg[i].rc
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e4;
const int N = 280;
int n,q,rr,cc,ss,k;
int b[N][2];
struct node{
int lc,rc,cnt;
}seg[N * N * 100];
int tot;
int root[N][N];
void update(int &rt,int l,int r,int pos,int val){
seg[++tot] = seg[rt];
rt = tot;
seg[rt].cnt += val;
if(l >= r) return ;
int m = (l + r)>>1;
if(pos <= m) update(ls(rt),l,m,pos,val);
else update(rs(rt),m+1,r,pos,val);
}
int query(int l,int r,int k){
if(l == r) return l;
int m = (l + r)>>1;
int cnt = 0;
for(int i = 0;i < ss;i++) cnt += seg[ls(b[i][0])].cnt - seg[ls(b[i][1])].cnt;
if(cnt < k) {
for(int i = 0;i < ss;i++){
b[i][0] = rs(b[i][0]);
b[i][1] = rs(b[i][1]);
}
return query(m+1,r,k - cnt);
}
for(int i = 0;i < ss;i++){
b[i][0] = ls(b[i][0]);
b[i][1] = ls(b[i][1]);
}
return query(l,m,k);
}
int solve(){
for(int i = 0;i < ss;i++){
b[i][0] = root[rr + i][cc + ss - 1];
b[i][1] = root[rr + i][cc - 1];
}
return query(1,maxn,k);
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)==1){
tot = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++){
for(int j = 1;j <= n;j++){
int x;
scanf("%d",&x);
root[i][j] = root[i][j-1];
update(root[i][j],1,maxn,x,1);
}
}
scanf("%d",&q);
while(q--){
scanf("%d%d%d%d",&rr,&cc,&ss,&k);
ss = min(ss,min(n - rr + 1,n - cc + 1));
k = min(k , ss * ss);
printf("%d
",solve());
}
}
return 0;
}