作者會把自己學習時遇到的一些疑問回答，盡量寫的詳細、合理，讓更多人能夠理解這個演算法。
顧名思義，整體二分是處理這樣一種問題：可以使用二分法解決，但是對於每乙個詢問都進行一次二分時間複雜度無法接受的問題。這時候，整體二分就誕生了：它先將所有操作讀入，然後進行乙個統一的二分，或者說：分治。因為是一次性處理所有詢問、修改，因此這種演算法被稱為：整體二分。
先回憶一下普通二分的內容：當詢問和操作滿足單調性時，每次查詢乙個中間點與當前詢問作比較，決定是接著往哪個方向尋找。這樣子區間長度每次減半，時間複雜度是優秀的 \(o(\log_2n)\)。
拓展到整體二分上，我們相當於是同時對每乙個詢問查詢。每一次二分，我們會有乙個值域區間，乙個當前需要處理的操作序列。我們接著來比較每個操作以及中點 mid，也就是說，對於當前的值域區間，所有詢問操作會被分成兩個部分：目標在左區間的，以及目標在右區間的。而為了接著處理這些詢問，我們相當於是要接著分別處理兩個區間的詢問，一直遞迴下去。當然，如果左區間或者右區間沒有操作序列，那自然就不需要接著操作了，直接返回即可。如果當前值域只剩下乙個點了，也就是我們已經遞迴到終點了，直接存下答案即可。
具體實現的話，我們需要乙個 \(solve\) 函式，有四個引數：\(ql,qr,l,r\) ，分別表示當前操作序列的左右端點，以及當前值域的左右端點。操作序列之所以會有乙個區間，是因為處理操作時會把當前區間分成兩部分，為了方便就直接在當前區間分開，再遞迴處理下去。
應該能夠理解的吧qaq
p3834 【模板】可持久化線段樹 2
算是模板題吧。對於這種多個詢問並且詢問滿足單調性（第 k 小）的題目，就很適合整體二分。（其實帶修也能做。具體來說，就是我們把原數列每乙個位置當作一次修改，後面的就是查詢。處理乙個詢問的時候，我們想要得出乙個區間的第 k 小值與當前 mid 的關係，最常見的方法就是查詢當前區間小於等於 mid 的數的個數，與 k 比一下大小。具體可以用樹狀陣列實現。
#include #include #include #include #include #include #include using namespace std;
#define lb(x) (x&-(x))
#define mid (l+r>>1)
#define ll long long
const int n=2e5+2,m=1002,i=0x3f3f3f3f;
int read()
int n,m,cnt;
int ans[n];
struct _n
a[n<<1],b1[n<<1],b2[n<<1];
int c[n];
void add(int x,int y)
int p1=0,p2=0;
for(int i=ql;i<=qr;i++)
if(a[i].type==2)
}for(int i=ql;i<=qr;i++) if(a[i].type==1&&a[i].x<=mid) add(a[i].id,-1);
for(int i=1;i<=p1;i++) a[ql+i-1]=b1[i];
for(int i=1;i<=p2;i++) a[ql+p1+i-1]=b2[i];
solve(ql,ql+p1-1,l,mid);
solve(ql+p1,qr,mid+1,r);
}int main(); }
for(int i=1;i<=m;i++)
; }solve(1,cnt,-i,i);
for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
以後如果有時間會講的更詳細，也會放一些例題。現在就先咕咕咕了。
這篇隨筆更多的是自己的學習體會，自己的學習筆記，可能寫的不是很好，也不要介意。
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