【模板】可持久化线段树 2

题目描述

如题，给定 $n$ 个整数构成的序列 $a$，将对于指定的闭区间 $[l,r]$ 查询其区间内的第 $k$ 小值。

输入格式

第一行包含两个整数，分别表示序列的长度 $n$ 和查询的个数 $m$。
第二行包含 $n$ 个整数，第 $i$ 个整数表示序列的第 $i$ 个元素 $a_i$。
接下来 $m$ 行每行包含三个整数 l, r, k, 表示查询区间 $[l,r]$ 内的第 $k$ 小值。

输出格式

对于每次询问，输出一行一个整数表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

5 5
25957 6405 15770 26287 26465 
2 2 1
3 4 1
4 5 1
1 2 2
4 4 1

样例输出 #1

6405
15770
26287
25957
26287

提示

样例 1 解释

$n=5$，数列长度为 $5$，数列从第一项开始依次为 { 25957 , 6405 , 15770 , 26287 , 26465 } \{25957, 6405, 15770, 26287, 26465\} {25957,6405,15770,26287,26465}。

• 第一次查询为 $[2,2]$ 区间内的第一小值，即为 $6405$。
• 第二次查询为 $[3,4]$ 区间内的第一小值，即为 $15770$。
• 第三次查询为 $[4,5]$ 区间内的第一小值，即为 $26287$。
• 第四次查询为 $[1,2]$ 区间内的第二小值，即为 $25957$。
• 第五次查询为 $[4,4]$ 区间内的第一小值，即为 $26287$。

数据规模与约定

• 对于 $20\%$ 的数据，满足 $1\le n,m\le 10$。
• 对于 $50\%$ 的数据，满足 $1\le n,m\le 10^3$。
• 对于 $80\%$ 的数据，满足 $1\le n,m\le 10^5$。
• 对于 $100\%$ 的数据，满足 $1\le n,m\le 2\times 10^5$，$|a_i|\le 10^9$，$1\le l\le r\le n$，$1\le k\le r-l+1$。

原题

洛谷P3834——传送门

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define max_Heap(x) priority_queue<x, vector<x>, less<x>>
#define min_Heap(x) priority_queue<x, vector<x>, greater<x>>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<long long, long long> PLL;
const double PI = acos(-1);const int maxn = 2e5; // 数据范围
// tot为树中元素下标，从1号根节点开始
int tot, n, m;
// sum[]表示该节点对应区间的数值个数，rt[]记录历史线段树的根节点，ls记录左儿子，rs记录右二子
int sum[(maxn << 5) + 10], rt[maxn + 10], ls[(maxn << 5) + 10], rs[(maxn << 5) + 10]; // 左移运算符是为了给记录历史线段树的过程开辟足够多的节点，需根据具体maxn的值修改（一般不必修改）
// a[]为读入数组，ind[]为离散化后对应元素，len为离散化后元素个数
int a[maxn + 10], ind[maxn + 10], len;int getid(const int &val) // 离散化
{ return lower_bound(ind + 1, ind + len + 1, val) - ind;
}int build(int l, int r) // 建树
{int root = ++tot;if (l == r)return root;int mid = l + r >> 1;ls[root] = build(l, mid);rs[root] = build(mid + 1, r);return root; // 返回该子树的根节点
}int update(int k, int l, int r, int root) // 插入元素
{int dir = ++tot; // 当前节点下标ls[dir] = ls[root], rs[dir] = rs[root], sum[dir] = sum[root] + 1;if (l == r)return dir;int mid = l + r >> 1;if (k <= mid)ls[dir] = update(k, l, mid, ls[dir]);elsers[dir] = update(k, mid + 1, r, rs[dir]);return dir;
}int query(int u, int v, int l, int r, int k) // 查询操作
{int mid = l + r >> 1,x = sum[ls[v]] - sum[ls[u]]; // 通过区间减法得到左儿子中所存储的数值个数if (l == r)return l;if (k <= x) // 若 k 小于等于 x ，则说明第 k 小的数字存储在在左儿子中return query(ls[u], ls[v], l, mid, k);else // 否则说明在右儿子中return query(rs[u], rs[v], mid + 1, r, k - x);
}void init() // 初始化主席树
{cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];memcpy(ind, a, sizeof(ind));// 离散化sort(ind + 1, ind + n + 1);                   // 排序len = unique(ind + 1, ind + n + 1) - ind - 1; // 去重，并记录不同元素的个数rt[0] = build(1, len);                        // 建第一个线段树（尚未插入元素）for (int i = 1; i <= n; ++i)rt[i] = update(getid(a[i]), 1, len, rt[i - 1]); // 更新后续一个一个插入元素后的线段树
}int l, r, k;void work() // 回答询问
{while (m--){cin >> l >> r >> k;// 返回区间[l,r]中第k小值cout << ind[query(rt[l - 1], rt[r], 1, len, k)] << '\n';}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);init();work();return 0;
}