bzoj 4604 : The kth maximum number（整体二分 套 CDQ分治）

题目大意：有m个操作，操作有两种类型：1是在x,y位置放一个值v,2是询问x1,y1 到x2,y2之间第k大的值是几。

解法：第K大可以用整体二分，问题是这里是矩形区间内的第k大，而不是线性序列上的第k大。

还是一样的，回忆整体二分：二分答案区间，将操作分开，递归处理左答案区间和右答案区间的操作。插入操作还是一样的，值小于等于mid 放左边，值大于mid 放右边，对于询问操作，我们要求出这个询问操作的矩形区间内值大于mid的个数，以此来判断这个询问操作该放左边还是右边，对于线性序列，只需要用树状数组搞一下就行了。

这里仔细分析一下：其实就是求当前这些操作序列中：时间在该操作前，值 > mid,且坐标在这个询问范围内的插入操作有多少个。把值 > mid的操作筛出来，可以发现这就是一个三维偏序问题，因此整体二分中操作序列的划分判断需要用到cdq分治，求出个数之后再将操作划分然后分别解决左边和右边。

然后注意一下可能不存在第k大，剩下的就和整体二分一样了

时间复杂度：因为每一个子问题要套cdq分治，时间复杂度为n * (log n) ^ 3，空间复杂度为o (n)

#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn = 3e6 + 10;
#include<stdio.h>
#define lowbit(i) (i & (-i))
const int inf = 1e9;
int n,m;
struct node{
	int op,x,y,val,id,type;
	bool operator < (const node & rhs) const {
		if(x == rhs.x) {
			if(y == rhs.y) return id < rhs.id;
			else return y < rhs.y;
		}
		else return x < rhs.x;
	} 
}q[maxn],lq[maxn],rq[maxn],tt[maxn],tmp[maxn];
int sum[maxn],k[maxn],ans[maxn],C[maxn],tim;
void modify(int p,int v) {
	for(; p <= n; p += lowbit(p)) sum[p] += v;
}
int ask(int p) {
	int res = 0;
	for(; p > 0; p -= lowbit(p)) res += sum[p];
	return res;
}
void cdq(int l,int r,int mx) {
	if(l == r) return;
	int mid = l + r >> 1;
	cdq(l,mid,mx);cdq(mid + 1,r,mx);
	int top = 0;
	for(int i = l,j = mid + 1; i <= mid || j <= r;) {
		if(i <= mid && (j > r || tt[i] < tt[j])) {
			if(tt[i].op == 0 && tt[i].val > mx)
				modify(tt[i].y,1);
			tmp[++top] = tt[i++];
		}
		else {
			if(tt[j].op > 0) {
				if(tt[j].type == 2)
					k[tt[j].op] += ask(tt[j].y);
				if(tt[j].type == 3)
					k[tt[j].op] -= ask(tt[j].y); 
			}
			tmp[++top] = tt[j++];
		}
	}
	for(int i = l; i <= mid; i++) {
		if(tt[i].op == 0 && tt[i].val > mx)
			modify(tt[i].y,-1);
	}
	for(int i = 1; i <= top; i++)
		tt[i + l - 1] = tmp[i];	
}
void init(int l,int r) {
	for(; l <= r; l++) {
		k[q[l].op] = 0;
		tt[l] = q[l];
	}
} 
void solve(int vl,int vr,int st,int ed) {
	if(st > ed) return;
	if(vl == vr) {
		init(st,ed);cdq(st,ed,vl - 1);
		for(int i = st;  i <= ed; i++) {
			if(q[i].op > 0 && q[i].val <= k[q[i].op]) 		//（注意）判断第K大存在的条件
				ans[q[i].op] = vl;
			else ans[q[i].op] = -1;
		}
		return ;
	}
	int mid = vl + vr >> 1,lt = 0,rt = 0;
	init(st,ed);
	cdq(st,ed,mid);
	for(int i = st; i <= ed; i++) {
		if(q[i].op == 0) {
			if(q[i].val <= mid) lq[++lt] = q[i];
			else rq[++rt] = q[i];
		}
		else {
			if(k[q[i].op] >= q[i].val) rq[++rt] = q[i];
			else {
				q[i].val -= k[q[i].op];
				lq[++lt] = q[i];
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= lt; i++) {
		q[st + i - 1] = lq[i];
	}
	for(int i = 1; i <= rt; i++) {
		q[st + lt + i - 1] = rq[i];
	}
	solve(vl,mid,st,st + lt - 1);
	solve(mid + 1,vr,st + lt,ed);
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int x,y,a,b,op,v,tot = 0,cnt = 0;
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%d%d%d",&op,&x,&y);
		if(op == 1) {
			scanf("%d",&v);
			q[++tot] = (node){0,x,y,v,i,0};
		}	
		if(op == 2) {
			scanf("%d%d%d",&a,&b,&v);
			cnt++;
			q[++tot] = (node){cnt,x - 1,y - 1,v,i,2};
			q[++tot] = (node){cnt,x - 1,b,v,i,3};
			q[++tot] = (node){cnt,a,b,v,i,2};
			q[++tot] = (node){cnt,a,y - 1,v,i,3};
		}
	}
	solve(1,inf,1,tot);
	for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
		if(ans[i] != -1) printf("%d\n",ans[i]);
		else printf("NAIVE!ORZzyz.\n");
	}
	return 0;
}