簡要題意
給定一個長度為 \(n\) 的排列 \(a\)，有 \(m\) 次操作：
- 將 \([l,r]\) 從小到大排序
- 將 \([l,r]\) 從大到小排序
求 \(m\) 次操作後 \(a_q\) 的值。
\(n,m\leq 10^5\)
思路
首先這種排序的資料結構沒有什麼想法，根本原因是因為值太多了。但是我們觀察到這是一個排列，這對於解這道題目有什麼幫助呢？
排列有兩個性質：
- \(max(a_i)=n\)，即值域在 \(n\) 內。
- 元素互不相同
如果能利用 \(1\) 性質，去列舉最終的答案並且快速判斷就好了。之後考慮如果答案是確定的，那麼這麼多元素都是沒有必要的了。我們可以抽象成 \(\geq ans\) 的元素設為 \(1\) 與 \(<ans\) 的元素設為 \(0\)。
之後排序的操作可以簡化成 \(\log_2n\) 級別的了。考慮 \([l,r]\) 中有幾個 \(1\)，然後把它們都放到最前或最後，用線段樹維護即可。但是這仍然是 \(O(nm\log_2n)\) 的，與暴力沒有區別。
但是觀察到元素互不相同，也就是說明答案唯一。之後發現答案具有單調性。因為如果有 \(\geq ans\) 的元素在 \(q\) 上，那麼就可以接著向上找。二分即可。
時間複雜度 \(O(m\log_2^2 n)\)。
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define endl "\n"
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=1e5+5;
struct Query{
ll op,l,r;
}q[MAXN];
struct node{
ll val,tag;
}t[MAXN*4];
ll lc(ll u){
return u<<1;
}
ll rc(ll u){
return u<<1|1;
}
void push_up(ll u){
t[u].val=t[lc(u)].val+t[rc(u)].val;
}
ll a[MAXN],b[MAXN];
void build(ll u,ll l,ll r){
t[u].tag=-1;
if(l==r){
t[u].val=b[l];
return;
}
ll mid=(l+r)>>1;
build(lc(u),l,mid);
build(rc(u),mid+1,r);
push_up(u);
}
void push_down(ll u,ll l,ll r){
if(t[u].tag==-1){
return;
}
ll mid=(l+r)>>1;
t[lc(u)].tag=t[u].tag;
t[lc(u)].val=t[u].tag*(mid-l+1);
t[rc(u)].tag=t[u].tag;
t[rc(u)].val=t[u].tag*(r-(mid+1)+1);
t[u].tag=-1;
}
void add(ll u,ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll val){
if(ql<=l&&r<=qr){
t[u].tag=val;
t[u].val=(r-l+1)*val;
return;
}
push_down(u,l,r);
ll mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid){
add(lc(u),l,mid,ql,qr,val);
}
if(mid+1<=qr){
add(rc(u),mid+1,r,ql,qr,val);
}
push_up(u);
}
ll query(ll u,ll l,ll r,ll ql,ll qr){
if(ql<=l&&r<=qr){
return t[u].val;
}
push_down(u,l,r);
ll mid=(l+r)>>1,ans=0;
if(ql<=mid){
ans+=query(lc(u),l,mid,ql,qr);
}
if(mid+1<=qr){
ans+=query(rc(u),mid+1,r,ql,qr);
}
return ans;
}
ll n,m,Q;
bool check(ll x){
for(int i=1;i<=n;++i){
b[i]=a[i]>=x;
}
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=m;++i){
ll op=q[i].op,l=q[i].l,r=q[i].r;
ll cnt=query(1,1,n,l,r);
if(cnt==0||cnt==r-l+1){
continue;
}
if(!op){
add(1,1,n,r-cnt+1,r,1);
add(1,1,n,l,r-cnt,0);
}else{
add(1,1,n,l,l+cnt-1,1);
add(1,1,n,l+cnt,r,0);
}
}
return query(1,1,n,Q,Q);
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=m;++i){
cin>>q[i].op>>q[i].l>>q[i].r;
}
cin>>Q;
ll l=1,r=n,ans=0;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
l=mid+1;
ans=mid;
}else{
r=mid-1;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}