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##[$POJ 2761$ $Feed$ $the$ $dogs$](http://poj.org/problem?id=2761)
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### 一、题目描述
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$Jiajia$ 要投喂 $n$ 条狗，每条狗都有一个 **漂亮指数**，**指数越小代表越漂亮**。饭点让狗狗按编号顺序排成一排，投喂 $m$ 次。每次选择 $[i, j]$ 区间的第 $k$ 漂亮的狗喂食。区间可能会存在重叠，但不会存在被另一个区间完全包含的区间。 $n<100001, m<50001$
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### 二、题目解析
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#### 1、主席树经典解法
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```cpp {.line-numbers}
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#include <cstdio>
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#include <algorithm>
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using namespace std;
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int read() {
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int x = 0, f = 1;
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char ch = getchar();
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while (ch < '0' || ch > '9') {
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if (ch == '-') f = -1;
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ch = getchar();
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}
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while (ch >= '0' && ch <= '9') {
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x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
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ch = getchar();
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}
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return x * f;
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}
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const int N = 2e5 + 10;
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int n, m;
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int a[N], b[N], bl; // b和bl是一组，用于离散化的数组,bl为b的数组中有用数字的个数，一般下标0不放东西
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struct Node {
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int l, r, cnt;
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} tr[N << 5];
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int root[N], idx;
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//用于离散化的二分查找
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int find(int x) {
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return lower_bound(b + 1, b + 1 + bl, x) - b;
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}
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//经典的主席树插入
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void insert(int &u, int l, int r, int x) {
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tr[++idx] = tr[u]; //新开一个节点idx++,将新节点指向旧的tr[u]
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tr[idx].cnt++; //新节点的cnt，因为多插入了一个数字，所以个数+1,这样处理的话，省去了pushup
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u = idx; //因为是地址引用，需要回写u等于idx
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if (l == r) return; //如果已经到了叶子节点，上面的操作就足够了，可以直接返回，否则需要继续向下递归
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int mid = (l + r) >> 1;
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if (x <= mid)
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insert(tr[u].l, l, mid, x); //因为tr[u]进入本函数时，最先把旧的复制过来，所以tr[u].l也是上一个版本的左儿子节点
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else
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insert(tr[u].r, mid + 1, r, x);
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}
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// p:前面的版本，q:后面的版本,[l,r]：控制的范围
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// k:要查找第k小的数字
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int query(int p, int q, int l, int r, int k) {
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if (l == r) return l;
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int mid = (l + r) >> 1;
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int cnt = tr[tr[q].l].cnt - tr[tr[p].l].cnt;
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if (k <= cnt)
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return query(tr[p].l, tr[q].l, l, mid, k);
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else
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return query(tr[p].r, tr[q].r, mid + 1, r, k - cnt);
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}
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/*
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答案：
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3 2
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*/
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int main() {
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//文件输入输出
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#ifndef ONLINE_JUDGE
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freopen("POJ2761.in", "r", stdin);
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#endif
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n = read(), m = read();
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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a[i] = b[i] = read();
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//数据范围太大，直接建线段树会MLE，但是比较稀疏，可以离散化后用相对应的序号，数据量就小了
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sort(b + 1, b + 1 + n);
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bl = unique(b + 1, b + 1 + n) - b - 1; //离散化后共m个数字
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// 0号版本没有内容时，主席树是不需要进行build的,强行build时，可能会有部分测试点TLE
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// 0号版本有内容时，主席树是需要build的，不build，初始值无法给上
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// 主席树的数字增加，每增加一个，就相当于增加了一个版本root[i]记录了版本i的根节点
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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root[i] = root[i - 1]; //开新版本号i,抄袭上一个版本i-1的根节点
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insert(root[i], 1, bl, find(a[i])); //向版本i中增加find(a[i])的值
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}
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while (m--) {
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int l, r, k;
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l = read(), r = read(), k = read();
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//采用类似于前缀的方法，对位相减，由于是动态开点，需要指明控制范围[1,bl]
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//要查询的数字是k
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printf("%d\n", b[query(root[l - 1], root[r], 1, bl, k)]);
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}
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return 0;
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}
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```
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#### 树状数组 + 尺取法
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#### $Treap$解法
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#### $SBT$解法
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#### 划分树+归并树
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https://www.acwing.com/solution/content/51456/
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// 树状数组解法
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// https://blog.csdn.net/auto_ac/article/details/8494268
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// https://blog.csdn.net/neweryyy/article/details/104518201
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// Treap解法
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// https://www.cnblogs.com/justPassBy/p/4869692.html
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// SBT 解法
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// https://blog.csdn.net/behappyxiang/article/details/9921349
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分块
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二分套线段树
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主席树
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二分套线段树套 splay（支持修改）
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整体二分
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[视频讲解](https://www.bilibili.com/video/av795291992/)
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**思路**
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<center><img src='https://img2018.cnblogs.com/blog/1318245/202002/1318245-20200207160957217-349423571.png'></center>
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**实现**
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<center><img src='https://img2018.cnblogs.com/blog/1318245/202002/1318245-20200207161010411-1236608013.png'></center>
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#### 树状数组+整体二分 $O(nlog^2n)$ 整体二分的入门题
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换一个角度思考问题。将数组从小到大排序，同时记录每个值原来的下标。例如样例排完序后的二元组就是
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$(1, 1), (2, 3), (3, 5), (4, 7), (5, 2), (6, 4), (7, 6)$。
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二元组第一个数字为数值，第二个数字为原来的下标。
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考虑一个询问 $[q.l, q.r, q.k]$，我们进行二分答案然后判定。假设当前的二分区间为 $[L, R]$，二分某个位置 $mid$，我们可以在线性时间内统计数组 $[L, mid]$ 中，有多少个数字的原下标位于区间 $[q.l, q.r]$ 中，不妨记为 $t$。如果 $q.k <= t$ ，则需要继续二分区间 $[L, mid]$。否则，$q.k -= t$，然后二分区间 $[mid + 1, R]$。
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对于多个询问，同样可以采取这样的策略。我们在二分的过程中，将被询问区间分成两类，一类继续二分左区间，一类继续二分右区间。这里需要注意的是，我们不能使用普通前缀和数组进行统计（即扫一遍 $1$ 到 $n$ 求前缀和），而是使用树状数组动态维护前缀和。具体得，每次二分时，扫描区间 $[L, mid]$ 的所有数字，对每个数字的原下标 $x$，在树状数组上 $update(x, 1)$。对于集合 $[l, r]$ 内的每个询问，求 $query(q[i].r) - query(q[i].l - 1)$ 记为 $t$，然后根据 $t$ 和 $k$ 的关系将区间分为两类，然后继续递归求解两个区间。
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递归函数中大写的 $L, R$ 表示排序后数组上的区间，$l, r$ 表示询问集合的区间。$q[i].l, q[i].r$ 表示第 $i$ 个询问的区间。
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**时间复杂度**
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不妨假设询问和数组长度同阶，则递归表达式为 $T(n)=2T(n/2)+O(nlogn)$，故时间复杂度为 $O(nlog2n)$。
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