文章目录

引
整体二分
几道模板题
- Dynamic Rankings
- [ZJOI2013]K大数查询
- [国家集训队]矩阵乘法
- [THUPC2017] 天天爱射击
- [CTSC2018]混合果汁

引

例1. 给定 $n$ 个数 $a_i$ ，一次询问，询问区间 $[l, r]$ 中的第 $k$ 小数。

我们通常想到二分答案，然后计数在 $[l, r]$ 区间内 $≤x\le x$ 的数的个数，再与 $k$ 比较。

时间复杂度 $O(nlog⁡n)O(n\log n)$ 。（尽管这并不是最优秀的做法）

例2. 给定 $n$ 个数 $a_i$ ，多次询问，询问区间 $[1, n]$ 中的第 $k$ 小数。

由于区间是整个数列，所以我们直接排序一下，然后找第 $k$ 个数即可，时间复杂度 $O(nlog⁡n)O(n\log n)$ 。

例3. 给定 $n$ 个数 $a_i$ ，多次询问，询问区间 $[l, r]$ 中的第 $k$ 小数。

这是一道主席树，即可持久化线段树的模板题。建立权值线段树然后 $r$ 版本 $- l$ 版本，线段树上二分。

实际上，我们仍然可以用二分做。

但如果对于每一个询问都二分一次，那么时间复杂度 $O(qnlog⁡n)O(qn\log n)$ 就爆炸了。

是否可以只用一次二分呢？——答案是显然的。

我们理想的一次二分应该是二分一个答案 $x$ ，然后利用一个数据结构快速判断答案和每一个询问的大小关系，再将询问分成 $≤x,>x\le x,>x$ 的两部分，分别二分下去。

不难发现，这种假想的时间复杂度大概是带两个 $l o g$ 的。

例4. 给定 $n$ 个数 $a_i$ ，多次询问和修改某个位置的值，询问区间 $[l, r]$ 中的第 $k$ 小数。

线段树分治？？不清楚。但这仍可以二分做。

整体二分

“引”中最后假想出来的思路就是 整体二分 。

能用整体二分解决的题目需要满足以下性质：

答案具有可二分性。
修改对判断答案的贡献相互独立，即修改之间互不影响。
修改如果有贡献，则是确定的贡献，不会随二分的答案产生变化。
贡献满足交换律，结合律，具有广义的可加性。
离线。

总体算法思路：

记 $[l, r]$ 为二分答案的值域， $[q l, q r]$ 为定义域，即只考虑编号在 $[q l, q r]$ 中的修改和询问操作，这其中的询问的答案在 $[l, r]$ 内。
首先把所有操作按 时间顺序 存入数组。通常输入顺序即为操作的时间顺序。然后开始分治。
在每一层的分治中，利用数据结构（常见为树状数组/线段树）统计当前查询的答案和 $mid\text{mid}$ 的关系。
根据查询的答案和 $mid\text{mid}$ 之间的关系，分成 $L, R$ 两份，分别递归。
类比线段树分治，每一个分治的子问题都是互不相关的，但却共用同一个数据结构。所以这里还要涉及到回退问题。
当 $l = r$ 时， $[q l, q r]$ 中的所有询问答案即为 $l$ 。

下面以主席树的模板题作为例题，具体阐释算法实现以及时间复杂度的计算。

将输入 $a_i$ 的操作定义为类型 $1$ ，即 $q [i] . o p = 1$ 。并记录下 $q [i]$ 修改的位置 $i$ ，修改的值 $a_i$ 。
将查询 $[l, r], k$ 的操作定义为类型 $2$ 。并记录下询问的区间， $k$ 。
对于一个形如 $(l, r, q l, q r)$ 的子问题，二分答案为 $m i d = l + r > > 1$ 。
然后处理 $[q l, q r]$ 范围内的类型 $1$ 操作。
- 修改的值 $≤mid\le mid$ 的。
  
  全都扔到数据结构上。（这里使用的是树状数组）
  
  则树状数组上放的是 $≤mid\le mid$ 的且在 $[q l, q r]$ 操作区间内的修改操作。
  
  再放入 $L$ 数组中。
- 修改的值 $> m i d$ 的。
  
  这种修改对于 $m i d$ 答案没有贡献，直接放进 $R$ 数组中。
对于 $[q l, q r]$ 范围中的类型 $2$ 操作。直接询问树状数组中 $[q [i] . l, q [i] . r]$ 区间内的个数 $c n t$ 。
- 如果 $cnt≤q[i].kcnt\le q[i].k$ 。
  
  也就是说 $[q [i] . l, q [i] . r]$ 中 $≤mid\le mid$ 的数 $≤k\le k$ 个。答案要么是 $m i d$ 要么 $< m i d$ 。
  
  根据二分原则，我们把这个询问放到 $L$ 数组中。
- 如果 $c n t > q [i] . k$ 。
  
  类比线段树二分，我们将 $q [i] . k$ 减去 $c n t$ 。然后放到 $R$ 数组中。
  
  因为到时候处理 $(m i d + 1, r, q l^{'}, q r^{'})$ 的子问题时，原本 $[q [i] . l, q [i] . r]$ 中 $≤mid\le mid$ 的数时一定会提供 $1$ 的个数，我们没有必要每次都加入。
将数据结构回退至当前层未操作前的模样。
此时的 $L$ 数组放的询问是真正 $ans≤midans\le mid$ 的询问，放的修改是重新计算时还可能被挂到树状数组上去的修改。

$R$ 数组同理。我们已经去掉了 $L$ 数组中所有修改对 $R$ 中询问产生的贡献。

现在两个数组之间的信息是完全不会有交的了。

所以分治处理 $(l, m i d, L), (m i d + 1, r, R)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 400005
#define inf 0x7f7f7f7f
int n, m;
int ans[maxn];
struct node { int op, l, r, k, id; }q[maxn], Left[maxn], Right[maxn];namespace BIT {int t[maxn];void add( int i, int x ) { for( ;i <= n;i += i & -i ) t[i] += x; }int ask( int i ) { int cnt = 0; for( ;i;i -= i & -i ) cnt += t[i]; return cnt; }
}void solve( int l, int r, int ql, int qr ) {if( ql > qr ) return;if( l == r ) { for( int i = ql;i <= qr;i ++ ) if( q[i].op == 2 ) ans[q[i].id] = l;return;}int mid = l + r >> 1, cntL = 0, cntR = 0;for( int i = ql;i <= qr;i ++ )if( q[i].op == 1 ) {if( q[i].k > mid ) Right[++ cntR] = q[i];else BIT :: add( q[i].id, 1 ), Left[++ cntL] = q[i];}else {int cnt = BIT :: ask( q[i].r ) - BIT :: ask( q[i].l - 1 );if( q[i].k <= cnt ) Left[++ cntL] = q[i];else q[i].k -= cnt, Right[++ cntR] = q[i];}for( int i = 1;i <= cntL;i ++ ) if( Left[i].op == 1 ) BIT :: add( Left[i].id, -1 );for( int i = 1;i <= cntL;i ++ ) q[i + ql - 1] = Left[i];for( int i = 1;i <= cntR;i ++ ) q[i + ql + cntL - 1] = Right[i];solve( l, mid, ql, ql + cntL - 1 );solve( mid + 1, r, ql + cntL, qr );
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1, x;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &x );q[i] = (node){ 1, -inf, inf, x, i };}for( int i = 1, l, r, k;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d %d", &l, &r, &k );q[i + n] = (node){ 2, l, r, k, i };}solve( -inf, inf, 1, n + m );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) printf( "%d\n", ans[i] );return 0;
}

最后来分析一下这个时间复杂度：

首先是二分的答案值， $O(log⁡V)O(\log V)$ 的。
对于同一层的分治，总共的区间定义域是 $O (n)$ 。类比线段树 $1, 2, 4$ 的划分，但同一层的总和仍是 $n$ 。
每个数在同一层的若干个分治中最多只会被挂在数据结构上一次，然后撤销。
时间复杂度应为 $O(nlog⁡nlog⁡V)O(n\log n\log V)$ 。

几道模板题

Dynamic Rankings

本题才是真的修改操作，即“引”中的例4 。

其实也没有什么特别的，可以类比线段树分治，一个数存在时间是一段连续的区间。

具体见代码即可明白。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 400005
struct node { int op, x, y, k, id; }q[maxn], L[maxn], R[maxn];
int n, m;
int ans[maxn], a[maxn];namespace BIT {int t[maxn];void add( int i, int x ) { for( ;i <= n;i += i & -i ) t[i] += x; }int ask( int i ) { int cnt = 0; for( ;i;i -= i & -i ) cnt += t[i]; return cnt; }
}void solve( int l, int r, int ql, int qr ) {if( ql > qr ) return;if( l == r ) { for( int i = ql;i <= qr;i ++ ) if( q[i].op == 2 ) ans[q[i].id] = l; return; }int mid = l + r >> 1;int cntl = 0, cntr = 0;for( int i = ql;i <= qr;i ++ )if( q[i].op == 2 ) {int cnt = BIT :: ask( q[i].y ) - BIT :: ask( q[i].x - 1 );if( q[i].k <= cnt ) L[++ cntl] = q[i];else q[i].k -= cnt, R[++ cntr] = q[i];}else {if( q[i].x <= mid ) BIT :: add( q[i].k, q[i].y ), L[++ cntl] = q[i];else R[++ cntr] = q[i];}for( int i = ql;i <= qr;i ++ )if( q[i].op == 1 and q[i].x <= mid )BIT :: add( q[i].k, -q[i].y );for( int i = 1;i <= cntl;i ++ ) q[i + ql - 1] = L[i];for( int i = 1;i <= cntr;i ++ ) q[i + ql + cntl - 1] = R[i];solve( l, mid, ql, ql + cntl - 1 );solve( mid + 1, r, ql + cntl, qr );
}int main() {int cnt = 0, Max = 0;scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &a[i] );q[++ cnt] = (node){ 1, a[i], 1, i, cnt };Max = max( Max, a[i] );}char op[10]; int x, y, k;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {scanf( "%s", op );if( op[0] == 'Q' ) {scanf( "%d %d %d", &x, &y, &k );q[++ cnt] = (node) { 2, x, y, k, cnt };}else {scanf( "%d %d", &x, &y );q[++ cnt] = (node){ 1, a[x], -1, x, cnt };a[x] = y;q[++ cnt] = (node){ 1, a[x], 1, x, cnt };Max = max( Max, y );}}solve( 0, Max, 1, cnt );sort( q + 1, q + cnt + 1, []( node x, node y ) { return x.id < y.id; } );for( int i = 1;i <= cnt;i ++ )if( q[i].op == 2 ) printf( "%d\n", ans[q[i].id] );return 0;
}

[ZJOI2013]K大数查询

注意这里是 $k$ 大数，不是 $k$ 小数。

那么二分答案时候，把 $> m i d$ 的挂上去即可。

或者你整体取相反数后做 $k$ 小数，最后输出答案再取反回来也行。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 50005
#define int long long
struct node { int op, x, y, k, id; }q[maxn], L[maxn], R[maxn];
int n, m;
int ans[maxn];namespace SGT {struct node { int cnt, tag; }t[maxn << 2];#define lson now << 1#define rson now << 1 | 1#define mid  (l + r >> 1)void pushdown( int now, int l, int r ) {if( ! t[now].tag ) return;t[lson].tag += t[now].tag;t[lson].cnt += t[now].tag * (mid - l + 1);t[rson].tag += t[now].tag;t[rson].cnt += t[now].tag * (r - mid);t[now].tag = 0;}void modify( int now, int l, int r, int L, int R, int x ) {if( R < l or r < L ) return;if( L <= l and r <= R ) { t[now].tag += x; t[now].cnt += x * (r - l + 1); return; }pushdown( now, l, r );modify( lson, l, mid, L, R, x );modify( rson, mid + 1, r, L, R, x );t[now].cnt = t[lson].cnt + t[rson].cnt;}int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( R < l or r < L ) return 0;if( L <= l and r <= R ) return t[now].cnt;pushdown( now, l, r );return query( lson, l, mid, L, R ) + query( rson, mid + 1, r, L, R );}#undef lson#undef rson#undef mid
}void solve( int l, int r, int ql, int qr ) {if( ql > qr ) return;if( l == r ) { for( int i = ql;i <= qr;i ++ ) ans[q[i].id] = l; return; }int mid = l + r >> 1;int cntl = 0, cntr = 0;for( int i = ql;i <= qr;i ++ )if( q[i].op == 1 ) {if( q[i].k > mid ) SGT :: modify( 1, 1, n, q[i].x, q[i].y, 1 ), R[++ cntr] = q[i];else L[++ cntl] = q[i];}else {int cnt = SGT :: query( 1, 1, n, q[i].x, q[i].y );if( q[i].k <= cnt ) R[++ cntr] = q[i];else q[i].k -= cnt, L[++ cntl] = q[i];}for( int i = 1;i <= cntr;i ++ )if( R[i].op == 1 )SGT :: modify( 1, 1, n, R[i].x, R[i].y, -1 );for( int i = 1;i <= cntl;i ++ ) q[ql + i - 1] = L[i];for( int i = 1;i <= cntr;i ++ ) q[ql + i + cntl - 1] = R[i];solve( mid + 1, r, ql + cntl, qr );solve( l, mid, ql, ql + cntl - 1 );
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1, op, x, y, k;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld %lld", &op, &x, &y, &k );q[i] = (node){ op, x, y, k, i };}solve( -n, n, 1, m );sort( q + 1, q + m + 1, []( node x, node y ) { return x.id < y.id; } );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) if( q[i].op == 2 ) printf( "%lld\n", ans[q[i].id] );return 0;
}

[国家集训队]矩阵乘法

数据结构用二维树状数组即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 505
#define maxm 400005
struct node { int op, l1, r1, l2, r2, k, id; }q[maxm], L[maxm], R[maxm];
int n, m;
int ans[maxm];namespace BIT {int t[maxn][maxn];void add( int x, int y, int v ) {for( int i = x;i <= n;i += i & -i )for( int j = y;j <= n;j += j & -j )t[i][j] += v;}int ask( int x, int y ) {int cnt = 0;for( int i = x;i;i -= i & -i )for( int j = y;j;j -= j & -j )cnt += t[i][j];return cnt;}
}void solve( int l, int r, int ql, int qr ) {if( qr < ql ) return;if( l == r ) { for( int i = ql;i <= qr;i ++ ) ans[q[i].id] = l; return; }int mid = l + r >> 1;int cntl = 0, cntr = 0;for( int i = ql;i <= qr;i ++ )if( q[i].op == 1 ) {if( q[i].k <= mid ) BIT :: add( q[i].l1, q[i].r1, 1 ), L[++ cntl] = q[i];else R[++ cntr] = q[i];}else {int cnt = BIT :: ask( q[i].l2, q[i].r2 ) - BIT :: ask( q[i].l1 - 1, q[i].r2 ) - BIT :: ask( q[i].l2, q[i].r1 - 1 ) + BIT :: ask( q[i].l1 - 1, q[i].r1 - 1 );if( q[i].k <= cnt ) L[++ cntl] = q[i];else q[i].k -= cnt, R[++ cntr] = q[i];}for( int i = 1;i <= cntl;i ++ ) if( L[i].op == 1 ) BIT :: add( L[i].l1, L[i].r1, -1 );for( int i = 1;i <= cntl;i ++ ) q[ql + i - 1] = L[i];for( int i = 1;i <= cntr;i ++ ) q[ql + cntl + i - 1] = R[i];solve( l, mid, ql, ql + cntl - 1 );solve( mid + 1, r, ql + cntl, qr );
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );int cnt = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1, x;j <= n;j ++ ) {scanf( "%d", &x );q[++ cnt] = (node){ 1, i, j, i, j, x, cnt };}for( int i = 1, l1, r1, l2, r2, k;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d %d %d %d", &l1, &r1, &l2, &r2, &k );q[++ cnt] = (node){ 2, l1, r1, l2, r2, k, cnt };}solve( 0, 1e9, 1, cnt );sort( q + 1, q + cnt + 1, []( node x, node y ) { return x.id < y.id; } );for( int i = 1;i <= cnt;i ++ ) if( q[i].op == 2 ) printf( "%d\n", ans[q[i].id] );return 0;
}

[THUPC2017] 天天爱射击

直接从子弹入手并不好做，这里稍微绕个弯，当我们知道所有木板最后一次被哪颗子弹射中，就能统计出每个子弹射穿的木板数。

所以应当以木板为因变量。考虑每次二分最后被射击的子弹 $m i d$ ，然后 $check\text{check}$ 前 $m i d$ 个子弹能否射穿该木板。

发现这个可以整体二分做。

这里的 $[l, r]$ 不再是权值，而是二分的子弹编号。

我们这里依然把子弹和木板放在同一个操作数组里面，子弹为类型 $1$ ，木板为类型 $2$ 。

注意两种操作的时间顺序安排，我们应该是先把所有子弹打了过后，再检查该木板被射中的次数是否达到承载值。

单点修改，区间查询，树状数组可做。

如果次数到达承载值，证明可能在更早时刻就已经被射穿，放入左边，否则放入右边，递归分治。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 400005
struct node { int op, x, y, k, id; }q[maxn], L[maxn], R[maxn];
int n, m;
int ans[maxn];namespace BIT {int t[maxn];void add( int i, int x ) { for( ;i < maxn;i += i & -i ) t[i] += x; }int ask( int i ) { int cnt = 0; for( ;i;i -= i & -i ) cnt += t[i]; return cnt; }
}void solve( int l, int r, int ql, int qr ) {if( ql > qr ) return;if( l == r ) { for( int i = ql;i <= qr;i ++ ) if( q[i].op == 2 ) ans[l] ++; return; }int mid = l + r >> 1;int cntl = 0, cntr = 0;for( int i = ql;i <= qr;i ++ )if( q[i].op == 1 ) {if( q[i].k <= mid ) BIT :: add( q[i].x, 1 ), L[++ cntl] = q[i];else R[++ cntr] = q[i];}else {int cnt = BIT :: ask( q[i].y ) - BIT :: ask( q[i].x - 1 );if( q[i].k <= cnt ) L[++ cntl] = q[i];else q[i].k -= cnt, R[++ cntr] = q[i];}for( int i = 1;i <= cntl;i ++ ) if( L[i].op == 1 ) BIT :: add( L[i].x, -1 );for( int i = 1;i <= cntl;i ++ ) q[ql + i - 1] = L[i];for( int i = 1;i <= cntr;i ++ ) q[ql + cntl + i - 1] = R[i];solve( l, mid, ql, ql + cntl - 1 );solve( mid + 1, r, ql + cntl, qr );
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1, x, y, k;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d %d %d", &x, &y, &k );q[i + m] = (node){ 2, x, y, k, i + m };}for( int i = 1, x;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d", &x );q[i] = (node){ 1, x, 0, i, i };}solve( 1, m + 1, 1, n + m );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) printf( "%d\n", ans[i] );return 0;
}

[CTSC2018]混合果汁

显然我们可以整体二分最低的美味度 $m i d$ 。

然后把所有美味度 $≥mid\ge mid$ 的果汁都放入数据结构中。

但果汁有钱数和购买上限。

在二分后有个显然的贪心：越便宜的越先买。

我们可以用权值线段树，以单价为下标，然后记录总个数和总支付钱数。

查询时先看左区间，再看右区间。查询买最便宜的 $l$ 个的钱数是否在小朋友承受范围内。

但这里我们发现，好像这里的贡献提前去掉和前面几个模板题目不太一样。因为当 $m i d$ 移动时可能会加入更便宜的果汁，所以我们不能在现在就把某些小朋友的钱数减去一部分。

那怎么办？——我们直接不减，就只是把小朋友不断分组即可。

每次撤销就类似莫队，用一个指针移动。仔细想想（可见下面代码）每一种果汁最多上线段树两次。

总时间复杂度是可以保证的。

本题我将果汁和小朋友两种操作分开存的，可能更直白一点。

这里的顺序不再是时间顺序，而是果汁美味度大小的顺序。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 100005
struct juice { int d, p, l; }g[maxn];
struct child { int g, l, id; }q[maxn], L[maxn], R[maxn];
int n, m, now;
int ans[maxn];namespace SGT {struct node { int cnt, sum; }t[maxn << 2];#define lson now << 1#define rson now << 1 | 1#define mid  (l + r >> 1)void modify( int p, int x, int now = 1, int l = 1, int r = 1e5 ) {if( l == r ) { t[now].cnt += x; t[now].sum += x * p; return; }if( p <= mid ) modify( p, x, lson, l, mid );else modify( p, x, rson, mid + 1, r );t[now].cnt = t[lson].cnt + t[rson].cnt;t[now].sum = t[lson].sum + t[rson].sum;}int query( int x, int now = 1, int l = 1, int r = 1e5 ) {if( ! x ) return 0;if( l == r ) return l * x;if( x <= t[lson].cnt ) return query( x, lson, l, mid );else return t[lson].sum + query( x - t[lson].cnt, rson, mid + 1, r );}#undef lson#undef rson#undef mid
}void solve( int l, int r, int ql, int qr ) {if( ql > qr ) return;if( l == r ) { for( int i = ql;i <= qr;i ++ ) ans[q[i].id] = g[l].d; return; }int mid = l + r >> 1;while( now < mid ) ++ now, SGT :: modify( g[now].p, g[now].l );while( mid < now ) SGT :: modify( g[now].p, -g[now].l ), now --;int cntl = 0, cntr = 0;for( int i = ql;i <= qr;i ++ ) {if( SGT :: t[1].cnt < q[i].l ) R[++ cntr] = q[i];else if( SGT :: query( q[i].l ) <= q[i].g ) L[++ cntl] = q[i];else R[++ cntr] = q[i];}for( int i = 1;i <= cntl;i ++ ) q[ql + i - 1] = L[i];for( int i = 1;i <= cntr;i ++ ) q[ql + cntl + i - 1] = R[i];solve( l, mid, ql, ql + cntl - 1 );solve( mid + 1, r, ql + cntl, qr );
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld %lld %lld", &g[i].d, &g[i].p, &g[i].l );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) scanf( "%lld %lld", &q[i].g, &q[i].l ), q[i].id = i;sort( g + 1, g + n + 1, []( juice x, juice y ) { return x.d > y.d; } );g[++ n] = { -1, 0, (int)1e18 };solve( 1, n, 1, m );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) printf( "%lld\n", ans[i] );return 0;
}