题目描述
有N个位置，M个操作。操作有两种，每次操作如果是1 a b c的形式表示在第a个位置到第b个位置，每个位置加入一个数c如果是2 a b c形式，表示询问从第a个位置到第b个位置，第C大的数是多少。
输入输出格式
输入格式：
第一行N，M接下来M行，每行形如1 a b c或2 a b c
输出格式：
输出每个询问的结果
输入输出样例
输入样例#1：
复制
2 5 1 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 1 2 3
输出样例#1：
复制
1 2 1
说明
【样例说明】
第一个操作 后位置 1 的数只有 1 ， 位置 2 的数也只有 1 。 第二个操作 后位置 1
的数有 1 、 2 ，位置 2 的数也有 1 、 2 。 第三次询问 位置 1 到位置 1 第 2 大的数 是
1 。 第四次询问 位置 1 到位置 1 第 1 大的数是 2 。 第五次询问 位置 1 到位置 2 第 3
大的数是 1 。
N,M<=50000,N,M<=50000
a<=b<=N
1操作中abs(c)<=N
2操作中c<=long long
题解
据说这是一道CDQ的板子题（然而为什么还有大佬说这是整体二分呢……蒟蒻实在搞不清楚有什么不同的……）
这里要二分的有两个，一个是询问，一个是答案（题目已经保证了答案都在1-n的范围内）
先二分一个答案，如果查询所得的排名小于询问（即求得的k比询问小），说明答案应该更大，放到右边递归处理，否则答案应该更小，放到左边递归（放到左边的话要记得减掉查询出来的k）
查询的话是区间修改和区间询问，用树状数组就可以了
1 //minamoto 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define ll long long 5 using namespace std; 6 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 7 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 8 inline int read(){ 9 #define num ch-'0' 10 char ch;bool flag=0;int res; 11 while(!isdigit(ch=getc())) 12 (ch=='-')&&(flag=true); 13 for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num); 14 (flag)&&(res=-res); 15 #undef num 16 return res; 17 } 18 char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z; 19 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;} 20 inline void print(int x){ 21 if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x; 22 while(z[++Z]=x%10+48,x/=10); 23 while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n'; 24 } 25 const int N=50005; 26 ll c1[N],c2[N]; 27 int ans[N],pd[N],n,m; 28 struct node{ 29 int type,l,r,val,id; 30 node(){} 31 node(int type,int l,int r,int val,int id):type(type),l(l),r(r),val(val),id(id){} 32 }a[N],lef[N],rig[N]; 33 inline void add(int x,ll val){ 34 int t=x; 35 for(int i=x;i<=n;i+=i&(-i)) 36 c1[i]+=val,c2[i]+=val*t; 37 } 38 inline ll sum(int x){ 39 ll res=0; 40 for(int i=x;i;i-=i&(-i)) 41 res+=c1[i]*(x+1)-c2[i]; 42 return res; 43 } 44 void CDQ(int ql,int qr,int l,int r){ 45 if(ql>qr||l>r) return; 46 if(l==r) {for(int i=ql;i<=qr;++i) ans[a[i].id]=l;return;} 47 int mid=(l+r)>>1; 48 int nowl=0,nowr=0; 49 for(int i=ql;i<=qr;++i){ 50 if(a[i].type&1){ 51 if(a[i].val>mid) add(a[i].l,1),add(a[i].r+1,-1),rig[++nowr]=a[i]; 52 else lef[++nowl]=a[i]; 53 } 54 else{ 55 ll now=sum(a[i].r)-sum(a[i].l-1); 56 if(now>=a[i].val) rig[++nowr]=a[i]; 57 else a[i].val-=now,lef[++nowl]=a[i]; 58 } 59 } 60 for(int i=ql;i<=qr;++i) 61 if((a[i].type&1)&&a[i].val>mid) 62 add(a[i].l,-1),add(a[i].r+1,1); 63 for(int i=1;i<=nowl;++i) a[ql+i-1]=lef[i]; 64 for(int i=1;i<=nowr;++i) a[ql+nowl-1+i]=rig[i]; 65 CDQ(ql,ql+nowl-1,l,mid); 66 CDQ(ql+nowl,qr,mid+1,r); 67 } 68 int main(){ 69 //freopen("testdata.in","r",stdin); 70 n=read(),m=read(); 71 for(int i=1;i<=m;++i){ 72 int type=read(),l=read(),r=read(),val=read(); 73 a[i]=node(type,l,r,val,i); 74 if(type&2) pd[i]=1; 75 } 76 CDQ(1,m,1,n); 77 for(int i=1;i<=m;++i) 78 if(pd[i]) print(ans[i]); 79 Ot(); 80 return 0; 81 }