還是把luogu上那篇搬過來吧qwq
何為整體二分？二分她兒子
先來看道題吧：
靜態區間第\(K\)小：
給一個長度為\(n\)的序列\(a\)，\(m\)次詢問，每次詢問用一個三元組表示\((ql,qr,k)\)，即\(a_{ql} ... a_{qr}\)中第\(k\)小的數是多少。（不一定要在線）
某神犇：主席樹板子題，三分鍾切了！
\(Orz\)。。。
因為我太菜了，所以不會主席樹\(qwq\)。。。
那我們怎么辦呢？
整體二分就橫空出世了。。。
怎么個二分法呢？
我們先把所有詢問放到一起。
然后二分一個\(mid\)（數值），同時令當前二分到的區間為\([l,r]\)。。。
假設我們有左右兩個用於放詢問的空籃子（大霧
對於一組詢問\((ql,qr,k)\)，若\(a_{ql} ... a_{qr}\)中比\(mid\)小的數大於或等於\(k\)，那么這個詢問的答案一定在\([l,mid]\)里，我們就把他扔進左邊的籃子里。
反之我們就把他扔進右邊的籃子里。
這樣就把詢問分成了左右兩種，同時二分的區間也變成了\([l,mid]\)和\([mid+1,r]\)，我們就可以遞歸做下去了。。。結束條件是\(l=r\)，則這些詢問的答案都是\(l\)。
是不是ylmb?
那么序列\(a\)里的數要怎么處理呢？
我們也把他看做一個二元組\((i,x)\)表示\(a_i = x\)和詢問放在一起。。。
那么在二分到\(mid\)的時候若有一個\(a_i>mid\)，那么它和答案區間\([l,mid]\)是半毛錢關系都沒有的，我們就把他扔進\([mid+1,r]\)里。
反之我們把他扔進左邊的籃子。
那么怎么維護區間內比\(mid\)小的樹呢？樹狀數組辣。。。做個前綴和就好了。當遇到了\((i,x)\)時，如果\(x<=mid\)，就在位置\(i\)上加\(1\)。
記住結束后要及時清空樹狀數組（盡量不要用\(memset\)，如果數組很大的話\(memset\)還不如\(for\)循環）
時間復雜度：\(O(nlog^2n)\) （共遞歸\(logn\)層，一層的復雜度是\(O(nlogn)\)的）
估計又是ylmb
還是看例題吧。。。
P3834 【模板】可持久化線段樹 1（主席樹）
就是上面的例子吧。。。
主席樹模板題怎么能用主席樹做呢？
具體實現（還是一個世紀前的碼風）：
#include <bits/stdc++.h>
#define IO(file) freopen(file".in","r",stdin),freopen(file".out","w",stdout)
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define getchar nc
#define N 500010
#define INF 1e9
using namespace std;
inline char nc()
{
static char buf[1<<10],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<10,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read()
{
register int x=0,f=1; register char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f*=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return x*f;
}
template<class T> inline void write(T x,char end='\n')
{
if(x==0) putchar('0'); if(x<0) x=-x,putchar('-');
static char buf[256]; register int top=0;
while(x) buf[++top]=x%10+48,x/=10;
while(top) putchar(buf[top--]);
putchar(end);
}
int n,m,cnt;
struct Query
{
int x,y,k;
int pos,type;
Query(){}
Query(int i,int j,int kk,int p,int t):x(i),y(j),k(kk),pos(p),type(t){}
}q[N],q1[N],q2[N];
int ans[N],c[N];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int x,int v)
{
for(;x<=n;x+=lowbit(x))
c[x]+=v;
}
inline int sum(int x)
{
int res=0;
for(;x;x-=lowbit(x))
res+=c[x];
return res;
}
void solve(int l,int r,int ql,int qr)
{
if(l>r || ql>qr) return;
if(l==r)
{
for(int i=ql;i<=qr;i++)
if(q[i].type) ans[q[i].pos]=l;
return;
}
int cnt1=0,cnt2=0,mid=(l+r)>>1;
for(int i=ql;i<=qr;i++)
{
if(q[i].type==0)
{
if(q[i].x<=mid) add(q[i].pos,q[i].k),q1[++cnt1]=q[i];
else q2[++cnt2]=q[i];
}
else
{
int tmp=sum(q[i].y)-sum(q[i].x-1);
if(q[i].k<=tmp) q1[++cnt1]=q[i];
else q[i].k-=tmp,q2[++cnt2]=q[i];
}
}
for(int i=1;i<=cnt1;i++)
if(q1[i].type==0) add(q1[i].pos,-q1[i].k);
for(int i=1;i<=cnt1;i++)
q[ql+i-1]=q1[i];
for(int i=1;i<=cnt2;i++)
q[ql+cnt1+i-1]=q2[i];
solve(l,mid,ql,ql+cnt1-1);
solve(mid+1,r,ql+cnt1,qr);
}
int main()
{
#ifdef LOCAL
IO("data");
#endif
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read();
q[++cnt]=Query(x,0,1,i,0);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int l=read(),r=read(),k=read();
q[++cnt]=Query(l,r,k,i,1);
}
solve(-INF,INF,1,cnt);
for(int i=1;i<=m;i++)
write(ans[i]);
return 0;
}
時間復雜度\(O(nlog^2n)\)，好像比主席樹\(O(nlogn)\)慢一點。。。
實測下來：
主席樹（\(804ms\)）
整體二分（\(1.28s\)）
好像是慢一點。。。
P2617 Dynamic Rankings
動態區間第\(k\)小。
看起來逼格很高的樣子。。。
也有兩種做法。。。
一種樹狀數組套主席樹（這里不講）
還有整體二分
兩者的復雜度都是\(O(nlog^2n)\)。
講一下整體二分的做法。
把原數組里每個數看做\((i,a_i,1)\)，表示如果\(a_i<=mid\)的話則位置\(i\)加一。
那么就可以很顯然的把點修改看做兩個這樣的三元組\((i,a_i,-1)\)，\((i,t,1)\)，這樣就可以解決修改操作了。
區間詢問和上面類似，按順序塞進\(q\)數組里，把原序列放在前面就好了。。。
#include <bits/stdc++.h>
#define getchar nc
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define IO(file) freopen(file".in","r",stdin),freopen(file".out","w",stdout)
#define N 500010
#define INF 1e9
using namespace std;
inline char nc()
{
static char buf[1<<10],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<10,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read()
{
register int x=0,f=1; register char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f*=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return x*f;
}
template<class T> inline void write(T x,char end='\n')
{
if(x==0) putchar('0'); if(x<0) x=-x,putchar('-');
static char buf[256]; register int top=0;
while(x) buf[++top]=x%10+48,x/=10;
while(top) putchar(buf[top--]);
putchar(end);
}
int n,m,cnt;
struct Query
{
int x,y,k;
int pos,type;
Query(){}
Query(int i,int j,int kk,int p,int t):x(i),y(j),k(kk),pos(p),type(t){}
}q[N],q1[N],q2[N];
int ans[N],c[N];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int x,int v)
{
for(;x<=n;x+=lowbit(x)) c[x]+=v;
}
inline int sum(int x)
{
int res=0;
for(;x;x-=lowbit(x)) res+=c[x];
return res;
}
void solve(int l,int r,int ql,int qr)
{
if(l>r||ql>qr) return;
if(l==r)
{
for(int i=ql;i<=qr;i++)
if(q[i].type) ans[q[i].pos]=l;
return;
}
int cnt1=0,cnt2=0;
int mid=(l+r)>>1;
for(int i=ql;i<=qr;i++)
if(q[i].type)
{
int tmp=sum(q[i].y)-sum(q[i].x-1);
if(q[i].k<=tmp) q1[++cnt1]=q[i];
else q[i].k-=tmp,q2[++cnt2]=q[i];
}
else
{
if(q[i].x<=mid) add(q[i].pos,q[i].k),q1[++cnt1]=q[i];
else q2[++cnt2]=q[i];
}
for(int i=1;i<=cnt1;i++)
if(q1[i].type==0) add(q1[i].pos,-q1[i].k);
for(int i=1;i<=cnt1;i++) q[ql+i-1]=q1[i];
for(int i=1;i<=cnt2;i++) q[ql+cnt1+i-1]=q2[i];
solve(l,mid,ql,ql+cnt1-1);
solve(mid+1,r,ql+cnt1,qr);
}
int a[N];
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
q[++cnt]=Query(a[i],0,1,i,0);
}
int tot=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
char ch=getchar();while(ch!='Q'&&ch!='C')ch=getchar();
int x=read(),y=read(),z;
if(ch=='C') q[++cnt]=Query(a[x],0,-1,x,0),q[++cnt]=Query(a[x]=y,0,1,x,0);
else z=read(),q[++cnt]=Query(x,y,z,++tot,1);
}
solve(-INF,INF,1,cnt);
for(int i=1;i<=tot;i++)
write(ans[i]);
return 0;
}
和樹狀數組套主席樹的對比：
整體二分：
跑了\(2.33s\) 【滑稽】。
樹狀數組套主席樹：
\(15.61s\)，空間和時間都被整體二分吊起來錘。。。
可見整體二分的優勢。。。
P3332 [ZJOI2013]K大數查詢
一道毒瘤題。。。（把題號倒過來）
題意有點鬼畜。。。建議看一下樣例說明。。。
注意是第\(k\)大不是第\(k\)小。。。
點修改變成了區間修改。。。怎么辦？
把樹狀數組換成線段樹就好了。。。
注意比\(mid\)小的數的個數會爆\(int\)。。。 害我調了一上午
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
typedef long long ll;
const int MAXN=200010;
const ll INF=2e18;
struct seg{
int l,r;
ll add,sum;
}t[MAXN<<2];
void pushup(int x){
t[x].sum=t[x<<1].sum+t[x<<1|1].sum;
}
void pushdown(int x){
if (!t[x].add) return;
int l=t[x].l,r=t[x].r,mid=(l+r)>>1;
t[x<<1].add+=t[x].add;
t[x<<1|1].add+=t[x].add;
t[x<<1].sum+=t[x].add*(mid-l+1);
t[x<<1|1].sum+=t[x].add*(r-mid);
t[x].add=0;
}
void build(int x,int l,int r){
t[x]=(seg){l,r,0,0};
if (l==r)
return;
int mid=(l+r)>>1;
build(x<<1,l,mid);
build(x<<1|1,mid+1,r);
pushup(x);
}
void update(int x,int ql,int qr,ll v){
int l=t[x].l,r=t[x].r;
if (ql<=l&&r<=qr){
t[x].add+=v;
t[x].sum+=v*(r-l+1);
return;
}
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;
if (ql<=mid) update(x<<1,ql,qr,v);
if (mid<qr) update(x<<1|1,ql,qr,v);
pushup(x);
}
ll query(int x,int ql,int qr){
int l=t[x].l,r=t[x].r;
if (ql<=l&&r<=qr) return t[x].sum;
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;ll res=0;
if (ql<=mid) res+=query(x<<1,ql,qr);
if (mid<qr) res+=query(x<<1|1,ql,qr);
return res;
}
ll ans[MAXN];
int n,m;
struct event{
int opt,x,y;ll v;int id;
void print(){
debug("%d %d %d %lld\n",opt,x,y,v);
}
}q[MAXN],q1[MAXN],q2[MAXN];
void solve(ll l,ll r,int ql,int qr){
if (ql>qr||l>r) return;
if (l==r){
for (int i=ql;i<=qr;i++)
if (q[i].opt==2) ans[q[i].id]=l;
return;
}
ll mid=(l+r)>>1;
int cnt1=0,cnt2=0;
for (int i=ql;i<=qr;i++){
if (q[i].opt==1){
if (q[i].v>mid){
update(1,q[i].x,q[i].y,1);
q1[++cnt1]=q[i];
}else
q2[++cnt2]=q[i];
}else{
ll tmp=query(1,q[i].x,q[i].y);
if (tmp>=q[i].v)
q1[++cnt1]=q[i];
else{
q[i].v-=tmp;
q2[++cnt2]=q[i];
}
}
}
for (int i=1;i<=cnt1;i++)
if (q1[i].opt==1&&q1[i].v>mid) update(1,q1[i].x,q1[i].y,-1);
for (int i=ql;i<ql+cnt1;i++)
q[i]=q1[i-ql+1];
for (int i=ql+cnt1;i<=qr;i++)
q[i]=q2[i-ql-cnt1+1];
solve(mid+1,r,ql,ql+cnt1-1);
solve(l,mid,ql+cnt1,qr);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
build(1,1,n);
int tot=0;
for (int i=1;i<=m;i++){
int opt,a,b;ll c;
scanf("%d%d%d%lld",&opt,&a,&b,&c);
q[i]=(event){opt,a,b,c,opt==2?++tot:0};
}
solve(-n,n,1,m);
for (int i=1;i<=tot;i++)
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
好像有線段樹套平衡樹的做法。。。但復雜度就變成了三個\(log\)了。。。（二分一個\(log\)，樹套樹的單個查詢\(2\)個），沒寫。。。不會
從上面三個例題來看，整體二分有以下幾個優勢：
-
時空復雜度都比樹套樹優越；
-
對比樹套樹代碼的復雜度簡單一點；
-
蒟蒻專屬
但它好像只支持離線。。。這個就自求多福吧\(qwq\)。。。
整體二分大法吼啊！
PS:整體二分的復雜度\(O(nlog^2n)\)，就看做是\(O(log\)值域大小\(*logn*n)\)吧。。。