給你乙個\(n*n\)的矩陣，不用算矩陣乘法，但是每次詢問乙個子矩形的第\(k\)小數。
第一行兩個數\(n,q\)，表示矩陣大小和詢問組數；
接下來\(n\)行\(n\)列一共\(n*n\)個數，表示這個矩陣；
再接下來\(q\)行每行5個數描述乙個詢問：\(x1,y1,x2,y2,k\)
表示找到以\((x1,y1)\)為左上角、以\((x2,y2)\)為右下角的子矩形中的第\(k\)小數。
對於每組詢問輸出第\(k\)小的數。
2 2
2 13 4
1 2 1 2 1
1 1 2 2 3
1
3
\[n<=500,q<=60000
\]這是一道整體二分的經典題目。
這道題顯然可以給每個詢問二分答案，統計該詢問矩陣中小於等於mid的元素個數。如果大於等於k，說明猜大了，否則說明猜小了。
如果用這種方法的話，對於每個詢問都至少要用o(詢問矩陣大小*log值域)的時間複雜度解決，多組詢問的話時間不能接受。
發現多個詢問的二分答案是可以同時被檢驗的，我們可以為所有詢問同時二分答案，把所有答案小於等於mid的詢問放在詢問序列的左側，大於mid的放到詢問序列的右側然後遞迴處理。
這樣為什麼會快呢？我們每次可以用把矩陣中小於等於mid的元素染成黑色，剩下的元素保持白色。這樣對於每乙個詢問的檢驗，就相當於是統計某個子矩陣中黑點的個數。為什麼不用二維樹狀陣列維護字首和呢？
最開始的時候整個矩陣都設為0，然後讓所有小於等於mid的位置加1，\(o(n^2\log^2n)\)
n)處理完整個矩陣之後再\(o(\log^2n)\)去應付每乙個詢問。被詢問的子矩陣中可能有很多重疊的部分，這樣保證了在每次詢問過程中，矩陣中的每個元素只對執行時間做一次貢獻，所以這個演算法要比對於每個詢問單獨二分要快得多。
這樣做的時間複雜度為什麼是對的呢？我們是在二分值域，考慮二分過程中的每一層對答案的貢獻。
對於每一層二分，矩陣中的每個元素最多被加入樹狀陣列一次。
對於每一層二分，每個詢問只會被處理一次。
二分值域的過程中最多隻會出現\(o(\log n)\)層。
時間複雜度\(o((n^2 + q)\log^3)\)
#include #define int long long
#define re register int
using namespace std;
inline void read(int &x)
inline int print(int x)
const int n=510,q=6e4+10;;
int n,test,cnt,x,t[n][n];
struct reca[n*n];
struct nodeq[q],l[q],r[q];
bool cmp(node x,node y)
int count(int a,int b,int c,int d)
void solve(int l,int r,int ql,int qr)
int mid=(l+r)/2;
for(re i=l;i<=mid;++i) ins(a[i].x,a[i].y,1);
int cnt1=0,cnt2=0;
for(re d,i=ql;i<=qr;++i)
for(re i=l;i<=mid ;++i) ins(a[i].x,a[i].y,-1);
for(re i=1;i<=cnt1;++i) q[ql+i-1]=l[i];
for(re i=1;i<=cnt2;++i) q[ql+cnt1-1+i]=r[i];
solve(l,mid,ql,ql+cnt1-1);
solve(mid+1,r,ql+cnt1,qr);
}signed main();
for(re i=1;i<=test;++i)read(q[i].a),read(q[i].b),read(q[i].c),read(q[i].d),read(q[i].k),q[i].num=i;
sort(a+1,a+cnt+1,cmp1),solve(1,cnt,1,test),sort(q+1,q+test+1,cmp);
for (re i=1;i<=test;++i) print(q[i].ans),puts("");
}
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