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Description

有N个位置，M个操作。操作有两种，每次操作如果是1 a b c的形式表示在第a个位置到第b个位置，每个位置加入一个数c

如果是2 a b c形式，表示询问从第a个位置到第b个位置，第C大的数是多少。

Input

第一行N，M

接下来M行，每行形如1 a b c或2 a b c

Output

输出每个询问的结果

Sample Input

2 5

1 1 2 1

1 1 2 2

2 1 1 2

2 1 1 1

2 1 2 3

Sample Output

1

2

1

HINT

【样例说明】

第一个操作 后位置 1 的数只有 1 ， 位置 2 的数也只有 1 。 第二个操作 后位置 1

的数有 1 、 2 ，位置 2 的数也有 1 、 2 。 第三次询问 位置 1 到位置 1 第 2 大的数 是

1 。 第四次询问 位置 1 到位置 1 第 1 大的数是 2 。 第五次询问 位置 1 到位置 2 第 3

大的数是 1 。‍

N,M<=50000,N,M<=50000

a<=b<=N

1操作中abs(c)<=N

2操作中c<=Maxlongint

【题解】

树套树。一个权值的线段树套一个区间的线段树。

比如[4,6]这个权值范围->第一层

我们就在第二层里面获得在所有的区间[l,r]内有多少个在[4,6]范围内的数。

即权值范围为[be,en]，然后求出在任意的[l,r]内有多少个权值范围在[be,en]内的数。

最后二分获取答案即可。

二分的时候枚举答案；

获取中点m=(l+r)>>1;

看看在m+1..r这个权值范围内,且区间在【L,R】的数字有多少个;

然后做相应的事情

看代码吧

#include 
     
      const int MAXN = 50000+100;const int MAXM = MAXN * 16 * 16;int n, m,L,R,c;int root[MAXN<<2] = { 0 },cnt,lc[MAXM],rc[MAXM];long long sum[MAXM],lz[MAXM];void modify(int &rt, int begin, int end){    if (!rt)        rt = ++cnt;    if (L <= begin && end <= R)    {        sum[rt] += end - begin + 1;        lz[rt] ++;        return;    }    int m = (begin + end) >> 1;    if (L <= m)        modify(lc[rt], begin, m);    if (m < R)        modify(rc[rt], m + 1, end);    sum[rt] = sum[lc[rt]] + sum[rc[rt]] + lz[rt] * (end - begin + 1);}void up_data(){    int l = 1, r = n, now = 1;//now代表的是l..r这个权值范围所代表的第二层线段树的根节点    while (l != r)    {        int m = (l + r) >> 1;        modify(root[now], 1, n);//虽然修改的是部分区间，但是整个大区间都会变化        //即now这个根节点所代表的权值区间,它的二层范围区间内的数字的个数会发生变化        if (c <= m)            r = m, now <<= 1;        else            l = m + 1, now = now << 1 | 1;    }    modify(root[now], 1, n);}int min(int a, int b){    return a > b ? b : a;}int max(int a, int b){    return a > b ? a : b;}long long cal(int rt, int begin, int end){    if (!rt)        return 0;    if (L <= begin && end <= R)        return sum[rt];    long long temp1 = 0, temp2 = 0;    int m = (begin + end) >> 1;    if (L <= m)        temp1 = cal(lc[rt], begin, m);    if (m < R)        temp2 = cal(rc[rt], m + 1, end);    return temp1 + temp2 + lz[rt] * (min(end, R) - max(L, begin)+1);}int query(){    int l = 1, r = n, now = 1;    while (l != r)    {        int m = (l + r) >> 1;        long long temp = cal(root[now << 1|1], 1, n);//计算比m大的数有多少个.(满足在【L,R】区间)        if (c <= temp)            l = m + 1, now = now << 1 | 1;        else//c>temp            r = m, now = now << 1, c -= temp;    }    return l;}int main(){    //freopen("F:\\rush.txt", "r", stdin);    scanf("%d%d", &n, &m);    int opt;    for (int i = 1; i <= m; i++)    {        scanf("%d%d%d%d", &opt, &L, &R, &c);        if (opt == 1)            up_data();        else            printf("%d\n", query());    }    return 0;}