HDU 2665 主席树（求区间第k大模板）

题意：

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2665

给出一串长度为n的序列，并给出m个询问，每个询问针对序列中一段区间[s,t]，求这区间中第k小的数字是多少。

思路：

非常经典的主席树问题。

主席树正规的名字是可持久化线段树，形象来说就是将线段树更新的每一个步骤都保存下来，但是如果每次都开一棵线段树显然会MLE，主席树就是利用了更新一步前后的两棵线段树存在大量的重复元素，因此将公用的节点保留，只增加新的节点。

通过对线段树的了解，很明显知道更新一个位置只会改变线段树logn的节点。因此更新的时间复杂度为O(logn)，空间复杂度也是O(logn)。

利用ns数组来保存树中的所有节点，而rt数组则表示每棵线段树的根节点，这些线段树共用ns中的节点。对于主席树的建立，需要根据题意依据某种状态序列，比如本题就是按照序列的顺序一个一个建立线段树，第i棵线段树是在第i-1棵的基础上建立的。

主席树就是一个线段树集合，因此更新和查询的复杂度都是O(logn)。

对于这题，根据序列的顺序建立一棵主席树，线段树维护大小在[L,R]的数字总和，对于询问的区间[s,t]其实就是令两棵线段树rt[t] - rt[s-1]（两棵树每个节点都相减）可以得到新的线段树x，其实就是在x中找第k小而已，转化成了一个普通的线段树问题。当然，这里每个节点都相减只是为了便于理解，实际上只需要logn的节点需要相减，具体看代码实现：

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 10;

struct node {
int ls, rs, sum;
} ns[MAXN * 20];

int ct;
int rt[MAXN * 20];

void cpy(int& now, int old) {
now = ++ct;
ns[now] = ns[old];
}

void pushUp(int& now) {
ns[now].sum = ns[ns[now].ls].sum + ns[ns[now].rs].sum;
}

void build(int& now, int l, int r) {
now = ++ct;
ns[now].sum = 0;
if (l == r) return;
int m = (l + r) >> 1;
build(ns[now].ls, l, m);
build(ns[now].rs, m + 1, r);
}

void update(int& now, int old, int l, int r, int x) {
cpy(now, old);
if (l == r) {
ns[now].sum++;
return;
}
int m = (l + r) >> 1;
if (x <= m) update(ns[now].ls, ns[old].ls, l, m, x);
else update(ns[now].rs, ns[old].rs, m + 1, r, x);
pushUp(now);
}

int query(int s, int t, int l, int r, int k) {
if (l == r) return l;
int m = (l + r) >> 1;
int cnt = ns[ns[t].ls].sum - ns[ns[s].ls].sum;
//cout << s << " " << t << " " << cnt << endl;
if (k <= cnt) return query(ns[s].ls, ns[t].ls, l, m, k);
return query(ns[s].rs, ns[t].rs, m + 1, r, k - cnt);
}

void init(int n) {
ct = 0;
build(rt[0], 1, n);
}

int a[MAXN], b[MAXN];

int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
b[i] = a[i];
}
sort(b + 1, b + n + 1);
int sz = unique(b + 1, b + 1 + n) - b - 1;
init(sz);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = lower_bound(b + 1, b + 1 + sz, a[i]) - b;
update(rt[i], rt[i - 1], 1, sz, a[i]);
}
/*for (int i = 0; i <= 5 * n; i++) {
printf("%d, rt = %d, ls = %d, rs = %d, sum = %d\n", i, rt[i], ns[rt[i]].ls, ns[rt[i]].rs, ns[rt[i]].sum);
}*/
while (m--) {
int s, t, k;
scanf("%d%d%d", &s, &t, &k);
printf("%d\n", b[query(rt[s - 1], rt[t], 1, sz, k)]);
}
}
return 0;
}