线段树&树状数组与离散化的妙用

牛客2019多校联盟Day7 Fine the median

题意：  每次给数组插入区间[Li,Ri] 内的所有数，每操作一次查询中位数。

遇到这题真的算是巧合，然而就是这种冥冥之中的缘分，给了我线段树的一个全新的思想。

这题与以往的线段树做法有所不同，常规的线段树题目，可能就是一个点区间代表一个数据，然后找个区间最大值什么的。

这种很显而易见的，对吧？因为点区间代表了一个点，仅仅是一个点，所以做起来比较容易。

而今天这题十分有趣。它的点区间代表的是一个区间。

比如这题，我们去怎么解决呢？

对于更新，所有要加入的区间，我们先离散化。比如我们要加【1，3】【3，6】 .去重之后的数组就是【1,3,6】，之后处理【1，3】这个操作的时候，直接lower_bound定位他在离散数组里面的那个位置，以这个位置做为线段树的建树和后续查询的依据。

对于查询，我们要定义一个数组代表线段树里面的某个区间加了多少个数。如果左子区间的个数大于中位数所在的位置，就去左子区间；如果右子区间的个数大于中位数所在的位置，那么我们就把中位数所在的位置减去左子区间的个数。

其实这题妙在线段树与离散化数组构成的联系，线段树的区间就是刚好对应了离散数组的位置。详情看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 400005
using namespace std;
typedef long long ll;
int i,n,zuo,you;
ll sum,x[maxn],y[maxn],A1,A2,B1,B2,C1,C2,M1,M2,a[maxn*],lazy[maxn*],G[maxn*],L[maxn],R[maxn];
void push_up(int num)
{
    a[num]=a[num*]+a[num*+];
}
void push_down(int l,int r,int num)
{
    if (lazy[num]==) return;
    int mid=(l+r)/;
    lazy[num*]+=lazy[num];
    lazy[num*+]+=lazy[num];
    a[num*]+=(G[mid+]-G[l])*lazy[num];
    a[num*+]+=(G[r+]-G[mid+])*lazy[num];
    lazy[num]=;
}
void upgrade(int l,int r,int num)
{
    if (zuo<=l && r<=you)
    {
        lazy[num]+=;
        a[num]+=G[r+]-G[l];
        return;
    }
    push_down(l,r,num);
    int mid=(l+r)/;
    if (mid>=zuo) upgrade(l,mid,num*);
    if (mid<you) upgrade(mid+,r,num*+);
    push_up(num);
}
ll query(int l,int r,int num,ll sum)
{
    if (l==r)
    {
        int ti=a[num]/(G[r+]-G[l]);
        return G[l]+(sum-)/ti;
    }
    push_down(l,r,num);
    int mid=(l+r)/;
    if (a[num*]>=sum) return query(l,mid,num*,sum);
        else return query(mid+,r,num*+,sum-a[num*]);
}
int main()
{
    cin>>n;
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&x[],&x[],&A1,&B1,&C1,&M1);
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&y[],&y[],&A2,&B2,&C2,&M2);
    for (i=;i<=n;i++)
    {
        x[i]=(A1*x[i-]+B1*x[i-]+C1)%M1;
        y[i]=(A2*y[i-]+B2*y[i-]+C2)%M2;
    }
    for (i=;i<=n;i++)
    {
        L[i]=min(x[i],y[i])+;
        R[i]=max(x[i],y[i])++;
        G[i]=L[i];
        G[i+n]=R[i];
    }
    sort(G+,G++*n);
    int element=unique(G+,G++*n)-G-;
    for (i=;i<=n;i++)
    {
        sum+=R[i]-L[i];
        zuo=lower_bound(G+,G++element,L[i])-G;
        you=lower_bound(G+,G++element,R[i])-G-;
        upgrade(,element,);
        printf("%lld\n",query(,element,,(sum+)/));
    }
    return ;
 } 

CF round 624 F

看到这题的时候就感觉有些熟悉，但是树状数组写的很少，于是一开始就想着用线段树去解决，然后看了看数据范围，感觉线段树很有可能会爆，于是匆匆收场。

其实当时我还想着一个比较傻b的问题，A点在B点后面，速度比B要大，相隔距离最短的时候是多少米。对，没错，这道高中物理送分题，我竟然想了一段时间。枯了

我们可以看到有两种情况

一个点在另一个点的后面，速度比它小，那么相隔距离最短的时候就是0秒的时候

一个点在另一个点的后面，速度比它大，那么它们两个一定能相遇！

所以我们把点的坐标、速度分别从小到大排序。我们这里不用查重，因为查重之后就找不到对应的位置了。

以点的大小为依据，又分两种情况

一个是速度为负，一个是速度为正，对于两点之间速度相反的点，我们直接相加和他们的初始的距离。这里可能会有疑问？如果当前处理的点速度为正，下一个要循环的点速度为负且这个点在当前点的右边，那么它们不会相遇吗？这里我们进行一个处理，对于速度为负的点，我们只处理与速度为负的其他点的关系；对于速度为正的点，我们就全部处理。

那么速度相向的问题解决了，速度方向相同呢？

如果0s的时候是最佳答案，我们把当前点的速度就存在树状数组里，我们在下一个点的处理，把两点之间距离加上。

我们要清楚这里是标量之间比较大小，所以数字小的速度肯定会被数字大的速度累加到，累加这个过程就有点前缀和的味道，具体看程序。

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
struct node
{
    int x,v;
};
const int N = 2e5 + ;
node a[N];
int n,i,v[N];
ll z[N], f[N], zhsum[N], fusum[N],num,ans;
bool cmp(node x,node y)
{
    return x.x<y.x;
}
int lowbit(int x)
{
    return x & (-x);
}
ll sum(int x,ll d[])
{
    ll cnt=;
    while (x)
    {
        cnt+=d[x];
        x-=lowbit(x);
    }
    return cnt;
}
void add(int x,int k,ll d[])
{
    while (x<N)
    {
        d[x]+=k;
        x+=lowbit(x);
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].x);
    for (i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i].v);
        v[i]=a[i].v;
    }
    sort(v+,v++n);
    sort(a+,a++n,cmp);
    for (i=;i<=n;i++)
    {
        if (a[i].v<)
        {
            num=lower_bound(v+,v++n,a[i].v)-v;
            ans+=sum(num,fusum)*a[i].x-sum(num,f);
            add(num,a[i].x,f);
            add(num,,fusum);
        }
        else
        {
            num=lower_bound(v+,v++n,a[i].v)-v;
            ans+=sum(N-,fusum)*a[i].x-sum(N-,f);
            ans+=sum(num,zhsum)*a[i].x-sum(num,z);
            add(num,a[i].x,z);
            add(num,,zhsum);
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return ;
 }