n<=100000个数有m<=5000个询问,每次问区间第k大。

方法一:主席树!……

方法二:整体二分。

整体二分一次性计算半个值域对一个区间的询问的贡献,然后根据“这半边的贡献在某个询问中可不可以直接处理掉”把询问分两部分,并按“数字的值是否在这半边”把数字也分成两部分,这样把一个区间和值域都分掉了,然后就可以在f(n)logMax的时间出解,其中f(n)表示计算一次这样的贡献需要的时间。

在这题里,只需要看某个区间里在值域[L,mid]中出现的数字的个数有没有到K个,以此划分成两个区域。因此树状数组搞一搞,f(n)=nlogn,大功告成。

 //#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
//#include<bitset>
#include<algorithm>
//#include<cmath>
using namespace std; int n,m;
#define maxn 200011
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct App
{
int x,y,z,id,type;
//type=1 表示修改,其中x为位置,y为数值,z为在bit中的修改权值
//type=0 表示询问,其中x,y为左右端点,z是第几大,id询问编号
}a[maxn],al[maxn],ar[maxn];
int ans[maxn]; struct BIT
{
int a[maxn];
void add(int x,int v) {for (;x<=n;x+=x&-x) a[x]+=v;}
int query(int x) {int ans=; for (;x;x-=x&-x) ans+=a[x]; return ans;}
}t; void solve(int L,int R,int ql,int qr)
{
if (ql>qr || L>R) return;
if (L==R)
{
for (int i=ql;i<=qr;i++) ans[a[i].id]=L;
return;
}
const int mid=(L+R)>>;
int lal=,lar=;
for (int i=ql;i<=qr;i++)
{
if (a[i].type)
{
if (a[i].y<=mid)
{
t.add(a[i].x,a[i].z);
al[++lal]=a[i];
}
else ar[++lar]=a[i];
}
else
{
int tmp=t.query(a[i].y)-t.query(a[i].x-);
if (tmp>=a[i].z) al[++lal]=a[i];
else
{
ar[++lar]=a[i];
ar[lar].z-=tmp;
}
}
}
for (int i=;i<=lal;i++) if (al[i].type==) t.add(al[i].x,-al[i].z);
for (int i=,j=ql;i<=lal;i++,j++) a[j]=al[i];
for (int i=,j=ql+lal;i<=lar;i++,j++) a[j]=ar[i];
solve(L,mid,ql,ql+lal-);
solve(mid+,R,ql+lal,qr);
} int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].y),a[i].x=i,a[i].z=,a[i].type=;
for (int i=,j=n+;i<=m;i++,j++) scanf("%d%d%d",&a[j].x,&a[j].y,&a[j].z),a[j].id=i,a[j].type=;
solve(-inf,inf,,n+m);
for (int i=;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
return ;
}

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