1.题目链接。静态区间第k大，主席树的模板题。 2.主席树是个啥玩意，也是刚刚学会（之前都是上模板，现在基本上可以做到手写问题不大），可持久化权值线段树。啥叫可持
1.题目链接。静态区间第k大，主席树的模板题。
2.主席树是个啥玩意，也是刚刚学会（之前都是上模板，现在基本上可以做到手写问题不大），可持久化权值线段树。啥叫可持久化数据结构？就是说如果我又n个操作，现在我在第k个操作，操作完之后，这个数据结构发生了一点改变，现在我想知道第t(t<=k)个操作，这个数据结构是什么样子的，访问它的信息。能够做到这一点的数据结构，就叫做可持久化数据结构。一言以蔽之，就是可以保留历史版本。静态区间第k大就是在数组元素不做改动的情况下，询问[x,y]这个区间第k大的元素。其实这个树状数组+整体二分+离线也是可以做出来，但是主席树可以做到在线回答。先简单的思考这样一个问题，如果询问只有一组该怎么办？（排个序完事），我们考虑一下如何用线段树来解决，如果只有一组询问，我们对整个数组首先离散化一下，然后建立一颗权值线段树，在线段树上二分一下就行了。当询问增加的时候，我们可以增加线段树的，然后完事。但是这显然是不可行的，因为空间不够。所以改用一下前缀和的优点，我们给每个前缀[1,i]（1<=i<=n)建立一颗权值线段树，然后询问的时候，对应相减即可完成，同时对于第i可树和第i+1颗树，只有最右边的那条链不一样，所以空间可重复利用，总体算下来比数组O(n）的空间多了log倍，因为多n条链出来，每条链长度log。所以整体的时空复杂度都是nlogn。
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
int T[maxn], L[maxn * 20], R[maxn * 20], sum[maxn * 20];
//sz[]为原序列，h[]为离散化后序列
int sz[maxn], h[maxn];
int n, q, ql, qr, k, tot;
void build(int& rt, int l, int r) //建空树
{
rt = ++tot;
sum[rt] = 0;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
build(L[rt], l, mid);
build(R[rt], mid + 1, r);
}
//对所有前缀更新树
void update(int& rt, int l, int r, int pre, int x)
{
rt = ++tot;
L[rt] = L[pre];
R[rt] = R[pre];
sum[rt] = sum[pre] + 1;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) update(L[rt], l, mid, L[pre], x);
else update(R[rt], mid + 1, r, R[pre], x);
}
int query(int s, int e, int l, int r, int k)
{
if (l == r) return l;
int mid = (l + r) >> 1;
int res = sum[L[e]] - sum[L[s]]; //左子节点数的个数
if (k <= res) return query(L[s], L[e], l, mid, k);
else return query(R[s], R[e], mid + 1, r, k - res);
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &q);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", sz + i), h[i] = sz[i];
sort(h + 1, h + 1 + n);
int num = unique(h + 1, h + 1 + n) - h - 1;
tot = 0;
build(T[0], 1, num);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
//离散化后更新
update(T[i], 1, num, T[i - 1], lower_bound(h + 1, h + 1 + num, sz[i]) - h);
}
while (q--)
{
scanf("%d%d%d", &ql, &qr, &k);
int ans = query(T[ql - 1], T[qr], 1, num, k);
printf("%d\n", h[ans]);
}
return 0;
}
PS：HDU的那道题和这个一样，加个多组就A了