题目很好,考察对主席树的深入理解与灵活运用。

首先看看一般解决中位数的思路,我们二分一个 \(mid\),将区间中 \(\ge mid\) 的数置为 \(1\),小于的置为 \(-1\),然后求区间和,若大于等于零则 \(mid\) 还能增大,否则减小。

现在就有了两个问题:第一,区间不固定;第二,每次二分一个答案就要重构区间,复杂度爆炸。

现在我们来仔细分析一下主席树的结构,首先,它是一个每个点都建了一棵线段树,形成前缀和的形式;每棵线段树又与区间有关。抽象地说,我们可以把第一个特征看作解决时间这一维限制,第二个特征解决位置这一维限制,即主席树同时解决了两维限制。

那再来找找这题的两维限制。如果我们把每次二分看做时间先后的操作,将每次二分的值作为一个“点”建线段树,就相当于预处理出了每次二分后区间的情况,省去了重构。再把权值离散化,那么就映射到了 \(1\sim n\) 的区间,对于 \(mid+1\),显然只有 \(mid\) 这个权值由 \(1\) 变成了 \(-1\) ,这其实只是一个单点修改的操作,这样就解决了第二个问题。

对于第一个问题,我们可以用最大子段和的思路维护 \(lmax,rmax,sum\) 的 tag,那么对于题目给出的区间 \([a,b],[c,d]\) ,答案即是 \([a,b]\) 的 \(rmax\)、\([b+1,c-1]\) 的 \(sum\),\([c,d]\) 的 \(lmax\) 之和。

哪里没有讲清楚可以看代码进一步理解。

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. #define l(x) t[x].l
  3. #define r(x) t[x].r
  4. using namespace std;
  5. const int N=1e5+5;
  6. struct Tree
  7. {
  8. int l,r,lmax,rmax,sum;
  9. void clear() {lmax=rmax=-N,l=r=sum=0;}
  10. }t[N*20],Ans;
  11. int n,Q,a[N],q[4],root[N],cntnode,id[N],ans;
  12. void build(int &rt,int l,int r)
  13. {
  14. t[rt=++cntnode]=(Tree){0,0,r-l+1,r-l+1,r-l+1};
  15. if(l==r) return; int mid=l+r>>1;
  16. build(l(rt),l,mid); build(r(rt),mid+1,r);
  17. }
  18. inline void pushup(int rt)
  19. {
  20. t[rt].lmax=max(t[l(rt)].lmax,t[l(rt)].sum+t[r(rt)].lmax);
  21. t[rt].rmax=max(t[r(rt)].rmax,t[r(rt)].sum+t[l(rt)].rmax);
  22. t[rt].sum=t[l(rt)].sum+t[r(rt)].sum;
  23. }
  24. void Insert(int &rt,int pre,int l,int r,int pos)
  25. {
  26. t[rt=++cntnode]=t[pre];
  27. if(l==r) {t[rt].lmax=t[rt].rmax=t[rt].sum=-1; return;}
  28. int mid=l+r>>1;
  29. if(pos<=mid) Insert(l(rt),l(pre),l,mid,pos);
  30. else Insert(r(rt),r(pre),mid+1,r,pos);
  31. pushup(rt);
  32. }
  33. void query(int rt,int lc,int rc,int l,int r)
  34. {
  35. if(l<=lc&&r>=rc)
  36. {
  37. Ans.lmax=max(Ans.lmax,Ans.sum+t[rt].lmax);
  38. Ans.rmax=max(t[rt].rmax,Ans.rmax+t[rt].sum);
  39. Ans.sum+=t[rt].sum;
  40. return;
  41. }
  42. int mid=lc+rc>>1;
  43. if(l<=mid) query(l(rt),lc,mid,l,r);
  44. if(r>mid) query(r(rt),mid+1,rc,l,r);
  45. }
  46. bool check(int mid)
  47. {
  48. int res=0;
  49. if(q[1]+1<=q[2]-1)
  50. Ans.clear(),query(root[mid],1,n,q[1]+1,q[2]-1),res+=Ans.sum;
  51. Ans.clear(),query(root[mid],1,n,q[0],q[1]),res+=Ans.rmax;
  52. Ans.clear(),query(root[mid],1,n,q[2],q[3]),res+=Ans.lmax;
  53. return res>=0;
  54. }
  55. int main()
  56. {
  57. scanf("%d",&n);
  58. for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i),id[i]=i;
  59. build(root[1],1,n);
  60. sort(id+1,id+n+1,[](int x,int y){return a[x]<a[y];});
  61. for(int i=2;i<=n;++i) Insert(root[i],root[i-1],1,n,id[i-1]);
  62. scanf("%d",&Q);
  63. while(Q--)
  64. {
  65. for(int i=0;i<4;++i)
  66. scanf("%d",q+i),q[i]=(q[i]+ans)%n+1;
  67. sort(q,q+4); int l=1,r=n;
  68. while(l<=r)
  69. {
  70. int mid=l+r>>1;
  71. if(check(mid)) ans=a[id[mid]],l=mid+1;
  72. else r=mid-1;
  73. }
  74. printf("%d\n",ans);
  75. }
  76. return 0;
  77. }

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