LG P2617 Dynamic Rankings Solution

Preface

刚才在另一篇题解里提到了这个题，来补一下.

Description

给定序列 $a=(a_1,a_2,\cdots ,a_n)$，有 $q$ 次操作分两种：

• Q l r k：求 $a_l\sim a_r$ 中第 $k$ 小的数.
• C x y：令 $a_x\leftarrow y$.

Limitations

$1\le n,q\le 10^5$
$1\le l\le r\le n,1\le k\le r-l+1$
$1\le x\le n,1\le a_i,y\le 10^9$
$3\text{s},512\text{MB}$

Solution

题目没有强制在线，可以全部离线下来.
由于要求第 $k$ 小，自然想到整体二分.
首先对所有 $a_i,y$ 离散化，并把 C 操作拆成一次删除 $a_i$ 和一次插入 $y$.
设当前处理到值域区间（离散化后）为 $[s,t]$，$m$ 为当前的中点，$Q$ 为当前的操作列表.
若 $s=t$ 则每个查询的答案都为 $s$.
否则，我们用一个 BIT 来维护当前 $a$ 中 $\le m$ 的数个数，考虑 $Q$ 中的每个操作：

• 若为查询操作，我们在 BIT 上查 $a_l\sim a_r$ 中 $\le m$ 的数个数（设为 $p$），如果 $p\ge k$，就把 $T$ 放到 $Q_L$ 中，否则令 $k\leftarrow k-p$ 后放到 $Q_R$ 中.

• 若为插入或删除操作，如果 $y\le m$，那么就在 BIT 上修改，并放入 $Q_L$，否则直接放入 $Q_R$.

处理全部操作后，递归 $([s,m],Q_L)$ 和 $([m+1,t],Q_R)$ 继续处理，不过在这之前需要撤掉 BIT 上的所有修改.

至于理解，可以想一下 $q$ 次二分同步进行.
由于要分治 $O(\log n)$ 层，BIT 单次修改 $O(\log n)$，故时间复杂度为 $O(n{\log }^{2}n)$，空间复杂度 $O(n)$，但比树套树常数小得多.

Code

$3.95\text{KB},2.86\text{s},17.44\text{MB}\text{(c++20 with o2)}$

// Problem: P2617 Dynamic Rankings
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P2617
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 3000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;using i64 = long long;
using ui64 = unsigned long long;
using i128 = __int128;
using ui128 = unsigned __int128;
using f4 = float;
using f8 = double;
using f16 = long double;template<class T>
bool chmax(T &a, const T &b){if(a < b){ a = b; return true; }return false;
}template<class T>
bool chmin(T &a, const T &b){if(a > b){ a = b; return true; }return false;
}struct Node {int tp, val;int le, ri;int pos;Node(int _tp = 0, int _val = 0, int _le = 0, int _ri = 0, int _pos = 0):tp(_tp), val(_val), le(_le), ri(_ri), pos(_pos) {}
};int lowbit(int x){return x & -x;
}template<class T>
struct fenwick{int n;vector<T> c;fenwick() {}fenwick(int _n): n(_n){c.resize(n + 1);}fenwick(const vector<T> &a): n(a.size()){c.resize(n + 1);for(int i = 1; i <= n; i++){c[i] = c[i] + a[i - 1];int j = i + lowbit(i);if(j <= n) c[j] = c[j] + c[i];}}void add(int x, const T& v){for(int i = x + 1; i <= n; i += lowbit(i)) c[i] = c[i] + v;}T ask(int x){T ans{};for(int i = x + 1; i; i -= lowbit(i)) ans = ans + c[i];return ans;}T ask(int l, int r){return ask(r) - ask(l - 1);}
};signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int n, m;cin >> n >> m;vector<int> a(n), nums;vector<Node> tasks, tmp;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> a[i];nums.push_back(a[i]);tasks.emplace_back(1, a[i], -1, -1, i);}for (int i = 0; i < m; i++) {char op;cin >> op;if (op == 'Q') {int l, r, k;cin >> l >> r >> k;l--, r--;tasks.emplace_back(0, k, l, r, i);}else {int p, v;cin >> p >> v;p--;tasks.emplace_back(-1, a[p], -1, -1, p);tasks.emplace_back(1, v, -1, -1, p);nums.push_back(v);a[p] = v;}}sort(nums.begin(), nums.end());nums.erase(unique(nums.begin(), nums.end()), nums.end());for (auto &task : tasks) {if (task.tp == 0) {continue;}int p = lower_bound(nums.begin(), nums.end(), task.val) - nums.begin();task.val = p;}vector<int> ans(m, -1);fenwick<int> f(n);auto solve = [&](auto &&self, int l, int r, int lo, int hi) -> void {if (l >= r) {return;}if (lo == hi) {for (int i = l; i <= r; i++) {if (tasks[i].tp == 0) {ans[tasks[i].pos] = lo;}}return;}int mid = (lo + hi) / 2;vector<Node> tl, tr;for (int i = l; i <= r; i++) {if (tasks[i].tp) {if (tasks[i].val <= mid) {f.add(tasks[i].pos, tasks[i].tp);tl.push_back(tasks[i]);}else {tr.push_back(tasks[i]);}}else {int cnt = f.ask(tasks[i].le, tasks[i].ri);if (cnt >= tasks[i].val) {tl.push_back(tasks[i]);}else {tasks[i].val -= cnt;tr.push_back(tasks[i]);}}}for (int i = l; i <= r; i++) {if (tasks[i].tp && tasks[i].val <= mid) {f.add(tasks[i].pos, -tasks[i].tp);}}copy(tl.begin(), tl.end(), tasks.begin() + l);copy(tr.begin(), tr.end(), tasks.begin() + l + tl.size());self(self, l, l + tl.size() - 1, lo, mid);self(self, l + tl.size(), r, mid + 1, hi);};solve(solve, 0, tasks.size() - 1, 0, nums.size() - 1);for (int i = 0; i < m; i++) {if (ans[i] != -1) {cout << nums[ans[i]] << endl;}}return 0;
}