hdu 5737【线段树+有序表+线段树小技巧+ 二分不要写错……】

题目意思：

必须在线算法， 给A数组n个元素，B数组n个元素。

问，[L,R]区间，A数组在[L,R]内，有几个数字>=B数组在[L,R]范围内的元素。  并且这个是ai>=bi,  i是相同的。

比如[4,7]， 答案就是 (a4>=b4 ) + (a5>=b5) + (a6>=b6) + (a7>=b7)    【为bool运算，结果返回0,1……】

算法1：

用A数组构建线段树，然后在线段树每一个线段中保存一个东西。

比如线段树的[L,R]区间，还保存B数组排序好的元素。

举个例子： 

B数组为：5 4 1 7 2

[1,5]区间内， 还保存了一个1 2 4 5 7的有序数组

在[1,3]内，保存一个[1, 4,5]的有序数组。

有序数组可以用归并排序快速得到（在构建线段树的时候就顺便得到了）。

然后线段树的其他信息，大致就是常规的线段树信息了。

然后对于修改一个区间[L,R]，找到线段树区间[L,R]，然后因为[L,R]都改为同一个数字，我们想知道[L,R]的答案，只需要在对应的有序数组里二分一下就可以得到答案了。

这个算法，是nlog^2n。  据说被卡了……

其实我们不需要维护那么多东西，记录一些额外信息就行了。对于一个区间[L,R]，如果被全部赋值为一个数字的话，我希望知道这个数字，在这个【排序后】的区间里，可以排第几。

有了这样的想法，我们可以预处理出一些东西。

在[L,R]排第k名的，在[L,MID]可以排第几名？在[MID+1,R]可以排第几名？这样整个题就做完了

显然，在[1,n]中，可以二分查找出所要的结果，假设为P名。

之后要做的就是往左右子树种传递真个P（显然在左右子树种，P会变~）。

然后要考虑一个情况，就是修改的区间的数字X，比[1,n]最大的数字都大的情况怎么办，程序写的好一点就行了……

#include <iostream>#include <ctime>#include <cstdio>#include <queue>#include <cstdlib>#include <algorithm>#include <cstring>#include <vector>#include <map>#include <string>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn = 10e5 *4 + 10;const LL mod = 1e9 + 7;int a[maxn], b[maxn];int n, m;int ans[maxn], paixu[maxn], tmp_array[maxn];int st[20][maxn], lk[20][maxn], rk[20][maxn];//排序后的数组,每一层的若干个位置int change[maxn];namespace getnum{    int a , b , C = ~(1<<31), M = (1<<16)-1;    inline int rnd(int last) {        a = (36969 + (last >> 3)) * (a & M) + (a >> 16);        b = (18000 + (last >> 3)) * (b & M) + (b >> 16);        return (C & ((a << 16) + b)) % 1000000000;        //return (C & ((a << 16) + b)) % 10;    }};using getnum::rnd;void build(int o, int L, int R,int deep){    //change[o] = -1;    if (L == R)    {        ans[o] = a[L] >= b[L];        st[deep][L] = b[L];        return ;    }    int M = L + (R -L)/2;    int lc = o * 2, rc = o * 2 + 1;    build(lc, L, M, deep + 1);    build(rc, M + 1, R, deep + 1);    ans[o] = ans[lc] + ans[rc];    lc=L, rc= M + 1;    for (int i = L; i <= R; ++ i)        //归并排序        if (rc > R || lc <= M & st[deep + 1][lc] <= st[deep + 1][rc])            {            st[deep][i]  = st[deep + 1][lc++];        }        else         {            st[deep][i]  = st[deep + 1][rc++];        }    lc = L, rc = M + 1;    for (int i = L; i <= R; ++ i)        //计算每个数字在左右儿子中的情况    {        while (st[deep][i] > st[deep + 1][lc] && lc <= M)    ++lc;        lk[deep][i] = lc;        while (st[deep][i] > st[deep + 1][rc] && rc <= R)    ++ rc;        rk[deep][i] = rc;    }    //cout<<o<<" " <<ans[o]<<"!!"<<endl;    //lk[deep][R+1] = M +1;    //rk[deep][R+1] = R + 1;}int ql, qr, v;inline void push_down(int o, int L, int R, int deep){    if (change[o] != -1 && L < R)    {        int lc = o * 2, rc = o * 2 + 1, M = L + (R-L)/2;        change[lc] = change[o] > R ? M + 1 : lk[deep][change[o]];        change[rc] = change[o] > R ? R + 1 : rk[deep][change[o]];        change[o] = -1;    }}inline void maintain(int o, int L, int R){    int lc = o * 2, rc = o * 2 + 1;    if (change[o] != -1)    ans[o] = change[o] - L;    else if (L < R) ans[o] = ans[lc] + ans[rc];}int query(int o, int L, int R,int deep)    //询问ql,qr区间{    //cout<<o<<" " <<L<<" " <<R <<" " <<deep<<" " <<change[o]<< " "<<ans[o]<<endl;    if (change[o] != -1)        //有标记的情况下，输出标记信息    {        //有些题可以直接根据段标记知道答案        //就可以直接return了        //return change[o] - L;    }    if (ql <=L && R <= qr)    {        if (change[o] != -1)    ans[o] = change[o] - L;        return ans[o];    }    push_down(o, L, R, deep);    int M = L + (R - L)/2, lc = o * 2, rc = o * 2 + 1;    int ret = 0;    if (ql <= M)    ret += query(lc, L, M, deep + 1);    else maintain(lc, L, M);    if (qr > M)    ret += query(rc, M + 1, R, deep + 1);    else maintain(rc, M+1, R);    maintain(o, L, R);    return ret;}void update(int o, int L, int R, int deep, int flag)    //给ql,qr区间，都变为v，这些都是全局变量{//    cout<<o<<" " <<L<<" " <<R <<" " <<deep<<" " <<change[o]<< " "<<ans[o]<<" "<<flag<<endl;    if (ql <= L && R <= qr)    {        change[o] = flag;        ans[o] = flag - L;        return;    }    else    {            push_down(o, L, R, deep);        int M = L + (R - L)/2, lc  = o * 2, rc = o * 2 + 1;        if (ql <= M)    update(lc, L, M, deep + 1, flag >R ? M + 1 : lk[deep][flag]);        else maintain(lc, L, M);        if (qr > M)    update(rc, M + 1, R, deep + 1, flag > R ? R + 1 : rk[deep][flag]);        else maintain(rc, M + 1, R);    }    maintain(o, L, R);}inline void UD(int L, int R, int x){    //L,R区间都改为X    int l = 0, r = n + 1, m;    st[1][n + 1]=0x7fffffff;    while (l + 1 < r)    //(l,r]区间找比x大的最小值    {        m = l + (r-l)/2;        if (st[1][m]<=x)    l = m;        else r = m;    }    update(1, 1, n, 1, r);}void init(){    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &getnum::a, &getnum::b);    for (int i = 1; i <= n; ++ i)    scanf("%d", &a[i]);    for (int i = 1; i <= n; ++ i)    scanf("%d", &b[i]);    build(1,1,n,1);}void doit(){    int last =0;    LL ans = 0;    memset(change , -1, sizeof(change));    for (int i = 1; i <= m; ++ i)    {        int l = rnd(last) % n + 1;        int r = rnd(last) % n + 1;        int x = rnd(last) + 1;        if (l>r)    swap(l,r);            ql = l, qr = r;        if ((l+r+x)%2==0)        {            //询问            last = query(1, 1, n, 1);            ans = (ans + 1LL * i * (LL)last) % mod;                }else        {            //修改            UD(l, r, x);        }    }    printf("%lld\n", ans);}int main(){    int T;    scanf("%d", &T);    while (T--)    {        init();        doit();    }    return 0;}