区间第k大的几种解法

区间第K大问题，变化包括带修改和不带修改，强制在线和允许离线

修改主要是单点修改，我们前面也只讨论这种情况。

接下来我们从编程复杂度和时空复杂度来讨论几种做法。

1.整体二分(编程复杂度:低-中，时间复杂度:优秀，空间复杂度:优秀)

缺点:只能做离线

优点:空间都是O(n)。常数小。带修改O(nlog2n)，不带修改O(nlogn)。

但是不带修改的情况，如果允许的话，个人认为加个树状数组写O(nlog2n)的更好写

这时单次solve中面对的问题是，数列中一些点是1其余都是0，然后求区间和的问题

这个问题把区间和变成前缀和相减，然后用vector来对那些需要求前缀的点做桶排

然后双指针即可做到单次solve为O(k)，k为此次处理的操作数，总体O(nlogn)的复杂度

显然如果不差那log的时间，直接用树状数组来处理更好写

下面给了一个带单点修改查询区间第K小的整体二分代码

#include <bits/stdc++.h>

#define lb(x) (x&(-x))

using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;

int t, n, m, k, cnt;

struct node {
    int id, i, j, k;
}a[N], q1[N], q2[N];

int ans[N], b[N];

int c[N];

char op[5];

void add(int i, int x) {while (i <= n) c[i] += x, i += lb(i);}

int ask(int i) {int res = 0; while (i > 0) res += c[i], i -= lb(i); return res;}

void solve(int head, int tail, int l, int r) {
    if (head > tail) return;
    if (l == r) {
        for (int i = head; i <= tail; i ++)
            ans[a[i].id] = r;
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1, s1 = 0, s2 = 0;
    for (int sum, i = head; i <= tail; i ++)
        if (a[i].id) {
            sum = ask(a[i].j) - ask(a[i].i - 1);
            if (sum >= a[i].k) q1[s1 ++] = a[i];
            else a[i].k -= sum, q2[s2 ++] = a[i];
        }
        else {
            if (a[i].j <= mid) q1[s1 ++] = a[i], add(a[i].i, a[i].k);
            else q2[s2 ++] = a[i];
        }
    for (int i = 0; i < s1; i ++)
        if (!q1[i].id)
            add(q1[i].i, -q1[i].k);
    memcpy(a + head, q1, sizeof(node) * s1);
    memcpy(a + head + s1, q2, sizeof(node) * s2);
    solve(head, head + s1 - 1, l, mid);
    solve(head + s1, tail, mid + 1, r);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    for (cin >> t; t --; ) {
        cin >> n >> m; k = cnt = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i ++) {
            cin >> b[i];
            a[++ k] = (node){0, i, b[i], 1};
        }
        for (int l, r, x, i = 1; i <= m; i ++) {
            cin >> op >> l >> r;
            if (op[0] == 'Q') {
                cin >> x;
                a[++ k] = (node){++ cnt, l, r, x};
            }
            else {
                a[++ k] = (node){0, l, b[l], -1};
                a[++ k] = (node){0, l, b[l] = r, 1};
            }
        }
        solve(1, k, 1, 1e9);
        for (int i = 1; i <= cnt; i ++)
            printf("%d
", ans[i]);
    }
    return 0;
}

2.主席树(编程复杂度:低-中，时间复杂度:优秀，空间复杂度:高)

缺点:空间占用多。树套树的常数。

优点:可以在线！时间复杂度同整体二分。空间复杂度和时间复杂度一致。

不带修改是主席树基本操作。带修改就套树状数组，下面给出(和上面同一个问题的)代码。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN = 1e9;
const int N = 5e4 + 5;

int n, m, a[N], rt[N];

int tot, tr[N * 800][3];

int tmp1[100], tmp2[100];

#define l(x) tr[x][0]
#define r(x) tr[x][1]
#define s(x) tr[x][2]
#define lb(x) (x&(-x))
#define mid (l + r >> 1)

int change(int o, int l, int r, int k, int v) {
    int x = ++ tot; s(x) = s(o) + v;
    if (l == r) return x; l(x) = l(o), r(x) = r(o);
    k > mid ? r(x) = change(r(o), mid + 1, r, k, v) : l(x) = change(l(o), l, mid, k, v);
    return x;
}

void modify(int i, int p, int v) {
    while (i <= n) rt[i] = change(rt[i], 1, MAXN, p, v), i += lb(i);
}

int ask(int l, int r, int k) {
    if (l == r) return r; int sum = 0;
    for (int i = 1; i <= tmp1[0]; i ++) sum -= s(l(tmp1[i]));
    for (int i = 1; i <= tmp2[0]; i ++) sum += s(l(tmp2[i]));
    if (k > sum) {
        for (int i = 1; i <= tmp1[0]; i ++) tmp1[i] = r(tmp1[i]);
        for (int i = 1; i <= tmp2[0]; i ++) tmp2[i] = r(tmp2[i]);
        return ask(mid + 1, r, k - sum);
    }
    else {
        for (int i = 1; i <= tmp1[0]; i ++) tmp1[i] = l(tmp1[i]);
        for (int i = 1; i <= tmp2[0]; i ++) tmp2[i] = l(tmp2[i]);
        return ask(l, mid, k);
    }
}

int query(int l, int r, int k) {//查询区间第k小
    tmp1[0] = tmp2[0] = 0;
    for (int i = l - 1; i > 0; i -= lb(i)) tmp1[++ tmp1[0]] = rt[i];
    for (int i = r;     i > 0; i -= lb(i)) tmp2[++ tmp2[0]] = rt[i];
    return ask(1, MAXN, k);
}

int main(){
    int t; char op[5];
    for (cin >> t; t --; ) {
        cin >> n >> m; tot = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i], rt[i] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i ++) modify(i, a[i], 1);
        for (int i, j, k; m --; ) {
            cin >> op >> i >> j;
            if (op[0] == 'C') modify(i, a[i], -1), modify(i, a[i] = j, 1);
            else cin >> k, printf("%d
", query(i, j, k));
        }
    }
    return 0;
}

其他做法我参考了一下，很难与上述两种做法并肩，就不做讨论了

如果有的话欢迎告诉我

拓展1.初始数列每个位置都是一个空队列，修改变成了区间[l,r]的每个队列末尾都push一个数x

          查询某个区间所有数字中的第K大

解法:其实还是个整体二分的简单题目，用线段树维护即可，复杂度依然是O(nlog2n)