划分樹，類似線段樹，主要用於求解某個區間的第k 大元素（時間復雜度log(n)），快排本也可以快速找出，但快排會改變原序列，所以每求一次都得恢復序列。
下面就以 POJ 2104 進行解說：
題目意思就是，給你n 個數的原序列，有m 次詢問，每次詢問給出l、r、k，求原序列l 到r 之間第k 大的數。n范圍10萬，m范圍5千，這道題用快排也可以過，快排過的時間復雜度n*m，而划分樹是m*logn（實際上應該是nlogn才對，因為建圖時間是nlogn，n又比m大），分別AC后，時間相差很明顯。
划分樹，顧名思義是將n 個數的序列不斷划分，根結點就是原序列，左孩子保存父結點所有元素排序后的一半，右孩子也存一半，也就是說排名1 -> mid的存在左邊，排名(mid+1) -> r 的存在右邊，同一結點上每個元素保持原序列中相對的順序。見下圖：
紅點標記的就是進入左孩子的元素。
當然，一般不會說每個結點開個數組存數，經觀察，每一層都包含原本的n 個數，只是順序不同而已，所以我們可以開val[20][N]來保存，也就是說共20層，每一層N個數。
我們還需要一個輔助數組num，num[i]表示i 前面有多少數進入左孩子（i 和i 前面可以弄成本結點內也可以是所有，兩種風格不同而已，下面采取的是本結點內），和val一樣，num也開成num[20][N]，來表示每一層，i 和i 前面（本結點）有多少進入左孩子。
第一層：1 進入左孩子，num[1]=1，5 進入右孩子，num[2]=1，...，num[8]=4。
第二層：5 進入左孩子，num[5]=1，6 進入右孩子，num[6]=1，...，num[8]=2。
建圖時就是維護每一層val[]和num[]的值就可以了。
1 int a[N]; //原數組 2 int sorted[N]; //排序好的數組 3 //是一棵樹，但把同一層的放在一個數組里。 4 int num[20][N]; //num[i] 表示i前面有多少個點進入左孩子 5 int val[20][N]; //20層,每一層元素排放，0層就是原數組 6 void build(int l,int r,int ceng) 7 { 8 if(l==r) return ; 9 int mid=(l+r)/2,isame=mid-l+1; //isame保存有多少和sorted[mid]一樣大的數進入左孩子 10 for(int i=l;i<=r;i++) if(val[ceng][i]<sorted[mid]) isame--; 11 int ln=l,rn=mid+1; //本結點兩個孩子結點的開頭，ln左 12 for(int i=l;i<=r;i++) 13 { 14 if(i==l) num[ceng][i]=0; 15 else num[ceng][i]=num[ceng][i-1]; 16 if(val[ceng][i]<sorted[mid] || val[ceng][i]==sorted[mid]&&isame>0) 17 { 18 val[ceng+1][ln++]=val[ceng][i]; 19 num[ceng][i]++; 20 if(val[ceng][i]==sorted[mid]) isame--; 21 } 22 else 23 { 24 val[ceng+1][rn++]=val[ceng][i]; 25 } 26 } 27 build(l,mid,ceng+1); 28 build(mid+1,r,ceng+1); 29 }
查詢時，比如要查找2 到6 之間第3 大的數，那么先判斷2 到6 之間有多少元素進入左子樹，（在此忽略細節）num[6]-num[2-1]=2，就說明2 到6 有兩個數進入左子樹，又因為我們要找的是第3 大的數，所以一定在右子樹中。可以算出，下標2 前面有0 個數進入右子樹，所以2 到6 之間進入右子樹的元素在下一層一定是從5 開始排的，2 到6 的區間進入右子樹3 個，所以下一層從5 排到7 都是原本2 到6 之間的。現在，因為去左子樹兩個，所以現在要在右子樹找5 到7 之間排名第1 的元素。在下一層的查找步驟和第一層一樣，也就是不斷遞歸，當跑到葉子結點時就可以返回正確的值了。
1 int look(int ceng,int sl,int sr,int l,int r,int k) 2 { 3 if(sl==sr) return val[ceng][sl]; 4 int ly; //ly 表示l 前面有多少元素進入左孩子 5 if(l==sl) ly=0; //和左端點重合時 6 else ly=num[ceng][l-1]; 7 int tolef=num[ceng][r]-ly; //這一層l到r之間進入左子樹的有tolef個 8 if(tolef>=k) 9 { 10 return look(ceng+1,sl,(sl+sr)/2,sl+ly,sl+num[ceng][r]-1,k); 11 } 12 else 13 { 14 // l-sl 表示l前面有多少數，再減ly 表示這些數中去右子樹的有多少個 15 int lr = (sl+sr)/2 + 1 + (l-sl-ly); //l-r 去右邊的開頭位置 16 // r-l+1 表示l到r有多少數，減去去左邊的，剩下是去右邊的，去右邊1個，下標就是lr，所以減1 17 return look(ceng+1,(sl+sr)/2+1,sr,lr,lr+r-l+1-tolef-1,k-tolef); 18 } 19 }
上述的查詢采取了二分的思路，所以時間復雜度logn。建圖時，每一層n 個元素，共有logn 層，所以時間復雜度是nlogn。
上題AC代碼：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<algorithm> 4 #define N 100010 5 using namespace std; 6 typedef long long LL; 7 int a[N]; //原數組 8 int sorted[N]; //排序好的數組 9 //是一棵樹，但把同一層的放在一個數組里。 10 int num[20][N]; //num[i] 表示i前面有多少個點進入左孩子 11 int val[20][N]; //20層,每一層元素排放，0層就是原數組 12 void build(int l,int r,int ceng) 13 { 14 if(l==r) return ; 15 int mid=(l+r)/2,isame=mid-l+1; //isame保存有多少和sorted[mid]一樣大的數進入左孩子 16 for(int i=l;i<=r;i++) if(val[ceng][i]<sorted[mid]) isame--; 17 int ln=l,rn=mid+1; //本結點兩個孩子結點的開頭，ln左 18 for(int i=l;i<=r;i++) 19 { 20 if(i==l) num[ceng][i]=0; 21 else num[ceng][i]=num[ceng][i-1]; 22 if(val[ceng][i]<sorted[mid] || val[ceng][i]==sorted[mid]&&isame>0) 23 { 24 val[ceng+1][ln++]=val[ceng][i]; 25 num[ceng][i]++; 26 if(val[ceng][i]==sorted[mid]) isame--; 27 } 28 else 29 { 30 val[ceng+1][rn++]=val[ceng][i]; 31 } 32 } 33 build(l,mid,ceng+1); 34 build(mid+1,r,ceng+1); 35 } 36 37 38 int look(int ceng,int sl,int sr,int l,int r,int k) 39 { 40 if(sl==sr) return val[ceng][sl]; 41 int ly; //ly 表示l 前面有多少元素進入左孩子 42 if(l==sl) ly=0; //和左端點重合時 43 else ly=num[ceng][l-1]; 44 int tolef=num[ceng][r]-ly; //這一層l到r之間進入左子樹的有tolef個 45 if(tolef>=k) 46 { 47 return look(ceng+1,sl,(sl+sr)/2,sl+ly,sl+num[ceng][r]-1,k); 48 } 49 else 50 { 51 // l-sl 表示l前面有多少數，再減ly 表示這些數中去右子樹的有多少個 52 int lr = (sl+sr)/2 + 1 + (l-sl-ly); //l-r 去右邊的開頭位置 53 // r-l+1 表示l到r有多少數，減去去左邊的，剩下是去右邊的，去右邊1個，下標就是lr，所以減1 54 return look(ceng+1,(sl+sr)/2+1,sr,lr,lr+r-l+1-tolef-1,k-tolef); 55 } 56 } 57 58 int main() 59 { 60 int n,m,l,r,k; 61 while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) 62 { 63 64 for(int i=1;i<=n;i++) 65 { 66 scanf("%d",&val[0][i]); 67 sorted[i]=val[0][i]; 68 } 69 sort(sorted+1,sorted+n+1); 70 build(1,n,0); 71 while(m--) 72 { 73 scanf("%d%d%d",&l,&r,&k); 74 printf("%d\n",look(0,1,n,l,r,k)); 75 } 76 } 77 return 0; 78 }