考试过程大概是：
上来看T1，看懂了题但是丝毫没有思路，甚至没有想到第一步贪心，心态稍崩。
接着看T2，发现似乎可以直接上主席树上树，然后想了想复杂度，直接找前趋后继，复杂度似乎很正确。
T3只会暴力。
然后就回去把T2切了，一遍过大样例自信不对拍。
结果忘了在线这回事，一个小时之后才发现。
接着回去看T1，发现也是数据结构，然后又打了一个主席树干掉了，自信也不打对拍。
只会打T3暴力，尝试用位运算的性质，然后推出了55分，稍微优化一下就有75分了。
三道数据结构题，对数据结构选手非常友好，就非常kx。
然后还有半个多小时就对拍了下T3，过了下T1T2极限数据等死了。
A. d
显然将矩形的左上角都平移到同一个点，不会使答案更差。
尝试枚举最后交集矩形的长度$a$，设为$a_x$。
那么，对于任意$a_i$<$a_x$，应当被删掉，设删掉了$cnt$个。
若$cnt>m$，那么不合法。否则剩余了$m-cnt$个删除机会。
可以将$a_i>=a_x$中$b_i$最小的$m-cnt$个删掉，所以问题其实是区间第$m-cnt+1$小的元素。
显然主席树是可以解决的，一些其它简单数据结构也没有问题。
B. e
因为最近才看见过类似的数据结构，一眼主席树上树。
意思大概是每个点继承它父亲的信息，然后就可以快速地访问一条链上的信息。
本题中只要取$k$个点的$lca$，并将$k$个点分别查询该点到$lca$这条链上$r$的前趋后继就可以了。
查询方法是在主席树上搜索。
以查询后继为例：
如果左儿子合法，那么先搜索左儿子。
否则搜索右儿子。
显然这个复杂度不会超过$O(log^2n)$，因为如果找出合法区间，对于每个区间直接向下走一条链是$O(log^2)$的。
如果左儿子搜到信息就不再搜索右儿子，复杂度是$O(logn)$的。
因为主席树上的节点，最多存在一个搜索了左右两个儿子。
也就是说只搜索了两条链。
C. f
考虑怎样的点对$(i,j)$，异或后会形成逆序对。
因为异或是位运算，所以尝试将$a_i a_j$二进制分解。
对于两个元素高位相同的01串，我们并不在意。
在意的是从高到低第一位不同的数。
如果这个数表现为$(0,1)$，即$a_i$在此位为0，$a_j$在此位为1。
那么该位异或1之后会形成逆序对，异或0之后一定不会形成逆序对，因为后面的数无论相差多少，也补偿不回来。
如果这个数表现为$(1,0)$，形式是类似的。
所以问题是求二进制下每一位开始不同的数对个数。
显然可以用$01trie$树简单处理。
然而之后暴力枚举，复杂度仍然是$2^k$的。
题中的$spj$实际上提示了我们可以进行二分，
事实上二分很可行，因为排名显然关于二元组单调。然而似乎$check$并没有那么简单。
这里又用到了一个很巧妙的思想：$meet in the middle$。
策略是：将$k$分为两部分，$k_1$表示$k$的高位，$k_2$表示$k$的低位。
因为两部分是互不干预的，将两部分的答案分别预处理出来。
先考虑第一问第$p$小逆序对个数，设当前二分的值为$mid$，
枚举高位会贡献多少个逆序对，设为$l_i$，那么低位最多贡献逆序对个数为$mid-l_i$。
只要二分出低位第一个大于$mid-l_i$的元素的下标就可以了。
第二问是类似的。
在二分出第一问的答案之后，可以继续二分第二问的答案。
高位和地位的二元组拼在一起，可以拼成答案二元组。
二分答案二元组，通过枚举高位二元组，自然也可以二分找到最大的合法的低位二元组。
题解的做法更加巧妙一点，因为高位二元组和低位二元组都是单调的，直接双指针就可以了。
应 云力 云力 要求，放上本题代码
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #include<vector> 5 #include<cstring> 6 using namespace std; 7 const int N=5e5+7; 8 int n,k,p,mx,ptr=1,k1,k2,lim1,lim2; 9 int val[N]; 10 int bin[35],sz[N*32],ch[N*32][2]; 11 long long add[35][2]; 12 vector<pair<long long,long long>> a,b; 13 inline void insert(int x){ 14 int p=1; 15 for(int i=k-1;~i;--i){ 16 if(x&bin[i]){//这一位为1 17 add[i][1]+=sz[ch[p][0]]; 18 if(!ch[p][1]) ch[p][1]=++ptr; 19 p=ch[p][1]; ++sz[p]; 20 } 21 else{ 22 add[i][0]+=sz[ch[p][1]]; 23 if(!ch[p][0]) ch[p][0]=++ptr; 24 p=ch[p][0]; ++sz[p]; 25 } 26 } 27 } 28 inline int read(register int x=0,register char ch=getchar(),register int f=0){ 29 while(!isdigit(ch)) f=ch=='-',ch=getchar(); 30 while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar(); 31 return f?-x:x; 32 } 33 inline int calc(long long x,long long y=0x7f7f7f7f7f,int ans=0){//小于等于x的答案 34 for(int i=0;i<a.size();++i) ans+=upper_bound(b.begin(),b.end(),make_pair(x-a[i].first,y-a[i].second*lim2))-b.begin(); 35 return ans; 36 } 37 int main(){ 38 //freopen("f3.in","r",stdin); 39 n=read(); k=read(); p=read(); mx=1<<k; 40 for(int i=0;i<32;++i) bin[i]=1<<i; 41 for(int i=1;i<=n;++i) insert(val[i]=read()); 42 k1=k>>1; k2=k+1>>1; 43 lim1=1<<k1; lim2=1<<k2; 44 for(int i=0;i<lim1;++i){ 45 pair<long long,long long> it=make_pair(0,i); 46 for(int j=k1-1;~j;--j) it.first+=add[j+k2][(i>>j)&1]; 47 a.push_back(it); 48 } 49 for(int i=0;i<lim2;++i){ 50 pair<long long,long long> it=make_pair(0,i); 51 for(int j=k2-1;~j;--j) it.first+=add[j][(i>>j)&1]; 52 b.push_back(it); 53 } 54 sort(a.begin(),a.end()); 55 sort(b.begin(),b.end()); 56 long long l=0,r=1ll*n*(n-1)/2,ans1=l; 57 while(l<r){ 58 long long mid=l+r>>1; 59 if(calc(mid)<p) l=mid+1; 60 else r=mid; 61 } 62 printf("%lld ",ans1=l); 63 l=0; r=mx-1; 64 while(l<r){ 65 long long mid=l+r>>1; 66 if(calc(ans1,mid)<p) l=mid+1; 67 else r=mid; 68 } 69 printf("%d ",l); 70 return 0; 71 }