[HEOI2016/TJOI2016]排序-題解

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【本題有O(nlogn)的線段樹分裂合併的做法】但是這裡由於這個方法實現較複雜我才不會告訴你我不會，所以這裡講另外一種十分巧妙的技巧。

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我們來看，如果每次對於每個操作直接排序的話，複雜度會達到$O(n^2logn)$，而題目只在最後詢問一次，所以我們考慮將操作存下來，離線進行計算。

考慮如何進行快速的對一段區間進行排序：

普通的為$O(nlogn)$肯定承受不了，但是我們只需要知道排序後的第$q$個數是多少，所以我們只用考慮將比答案小的排前面，大的排後面即可，所以我們可以選取一個值作為答案，顯然這個值是有單調性的，所以我們可以將原序列全部排序後在上面二分這個值，而對於二分了的這個值，我們把原序列變成一個01序列，0表示比這個二分值小，1表示大。

那麼繼而考慮如何對於一段01序列排序，其實我們只需知道這一段的01個數，然後如果是升序，就將原來序列的前面0的那麼多個數字變成0，後面的全部變成1即可；降序就是反起來。

那麼用線段樹區間修改查詢，我們可以做到每次$logn$的排序，所以每次二分了一個值後，我們就將序列轉換，進行操作，最後判斷第$q$個位置上是0還是1，如果是1，那麼就表示答案還要大一些，否則就小一些。

總的複雜度加上二分，就是$O(nlog^2n)$，但是不能應對強制線上和多組詢問。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int M=1e5+10;

int n,m,Q,val[M],bit[M];
int cnt[M<<2],lazy[M<<2];

void pushup(int o){
	cnt[o]=cnt[o<<1]+cnt[o<<1|1];
}
void pushdown(int o,int l,int r,int mid){
	if(lazy[o]==-1) return;
	lazy[o<<1]=lazy[o<<1|1]=lazy[o];
	if(!lazy[o]){
		cnt[o<<1]=cnt[o<<1|1]=0;
	}else{
		cnt[o<<1]=(mid-l+1);
		cnt[o<<1|1]=(r-mid);
	}
	lazy[o]=-1;
}

void build(int o,int l,int r){
	lazy[o]=-1;
	if(l==r){
		cnt[o]=(bit[l]==1);
		return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	build(o<<1,l,mid);
	build(o<<1|1,mid+1,r);
	pushup(o);
}
int Find_Bit(int o,int l,int r,int L,int R){
	if(L<=l&&r<=R) return cnt[o];
	if(!cnt[o]) return 0;
	int mid=l+r>>1;
	pushdown(o,l,r,mid);
	if(R<=mid) return Find_Bit(o<<1,l,mid,L,R);
	else if(L>mid) return Find_Bit(o<<1|1,mid+1,r,L,R);
	else return Find_Bit(o<<1,l,mid,L,R)+Find_Bit(o<<1|1,mid+1,r,L,R);
}
void Update(int o,int l,int r,int L,int R,int v){
	if(L<=l&&r<=R){
		cnt[o]=(v==1)*(r-l+1);
		lazy[o]=v;
		return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	pushdown(o,l,r,mid);
	if(L<=mid) Update(o<<1,l,mid,L,R,v);
	if(R>mid) Update(o<<1|1,mid+1,r,L,R,v);
	pushup(o);
}
int Query(int o,int l,int r,int p){
	if(l==r) return cnt[o];
	int mid=l+r>>1;
	pushdown(o,l,r,mid);
	if(!cnt[o]) return 0;
	if(p<=mid) return Query(o<<1,l,mid,p);
	else return Query(o<<1|1,mid+1,r,p);
}
struct Opt{
	int opt,l,r;
	void in(){scanf("%d%d%d",&opt,&l,&r);}
	Opt(){}
	Opt(int a,int b,int c):opt(a),l(b),r(c){}
}Op[M];
bool solve(int mv){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(val[i]<=mv)bit[i]=0;
		else bit[i]=1;
	}
	build(1,1,n);
	for(int i=1,num;i<=m;i++){
		num=Find_Bit(1,1,n,Op[i].l,Op[i].r);
		if(Op[i].opt){
			Update(1,1,n,Op[i].l,Op[i].l+num-1,1);
			Update(1,1,n,Op[i].l+num,Op[i].r,0);
		}else{
			num=Op[i].r-Op[i].l+1-num;
			Update(1,1,n,Op[i].l,Op[i].l+num-1,0);
			Update(1,1,n,Op[i].l+num,Op[i].r,1);
		}
	}
	return Query(1,1,n,Q);
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&val[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++)Op[i].in();
	scanf("%d",&Q);
	int l=1,r=n,mid;
	while(l<r){
		mid=l+r>>1;
		if(solve(mid)){
			l=mid+1;
		}else{
			r=mid;
		}
	}
	printf("%d\n",l);
	return 0;
}

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這裡有個技巧就是對原序列排序時間複雜度過高，但對一個01序列排序則可以大大降低時間複雜度。【[APIO2018]的二分專題講解的課件上還有一些關於二分01序列排序的技巧】