自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	GGN_2015 车道山前必有路，钱到月底不够花。

搬运于2025-08-24 21:26:06，当前版本为作者最后更新于2018-03-31 10:39:24，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

这是一道整体二分的经典题目。

这道题显然可以给每个询问二分答案，统计该询问矩阵中小于等于mid的元素个数。如果大于等于k，说明猜大了，否则说明猜小了。

如果用这种方法的话，对于每个询问都至少要用O(询问矩阵大小*log值域)的时间复杂度解决，多组询问的话时间不能接受。

发现多个询问的二分答案是可以同时被检验的，我们可以为所有询问同时二分答案，把所有答案小于等于mid的询问放在询问序列的左侧，大于mid的放到询问序列的右侧然后递归处理。

这样为什么会快呢？我们每次可以用把矩阵中小于等于mid的元素染成黑色，剩下的元素保持白色。这样对于每一个询问的检验，就相当于是统计某个子矩阵中黑点的个数。为什么不用二维树状数组维护前缀和呢？

最开始的时候整个矩阵都设为0，然后让所有小于等于mid的位置加1，$O(N^2 \log^2 N)$处理完整个矩阵之后再$O(log^2 N)$去应付每一个询问。被询问的子矩阵中可能有很多重叠的部分，这样保证了在每次询问过程中，矩阵中的每个元素只对运行时间做一次贡献，所以这个算法要比对于每个询问单独二分要快得多。

这样做的时间复杂度为什么是对的呢？我们是在二分值域，考虑二分过程中的每一层对答案的贡献。

1. 对于每一层二分，矩阵中的每个元素最多被加入树状数组一次。

2. 对于每一层二分，每个询问只会被处理一次。

3. 二分值域的过程中最多只会出现$O(\log N)$层。

时间复杂度$O((N^2 + Q)\log^3 N)$，感觉这时间复杂度不开O2过不了啊，想要不开O2 AC可能得大力卡常一发。

发表一下个人见解：感觉CDQ分治和整体二分有异曲同工之妙，是同一种分治思想在不同维度发挥作用的体现。（之所以这么说是因为代码写起来是非常像的。）

还有一点，不要真的去二分值域，不然还得需要离散化，常数更大。把矩阵中的所有元素按照权值排序，二分在答案在排序之后的数组中的位置即可。（因为答案一定是矩阵中存在的值，所以在这些值里面二分就好了。）

给出代码：

// luogu-judger-enable-o2
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

inline int geti() {
	int ans = 0; bool flag = 0; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)) flag |= c == '-', c = getchar();
	while( isdigit(c)) ans=ans*10+c-'0', c = getchar();
	return flag? -ans: ans;
}

inline void puti(int x) {
	if(x < 0) x=-x, putchar('-');
	if(x > 9) puti(x / 10);
	putchar('0' + x%10);
}

const int maxn = 500 + 10, maxq = 60000 + 5;

struct Numbers {
	int x, y, v; /// (x,y) 位置的值为 v 
	bool operator < (const Numbers& rhs) const {
		return v < rhs.v; /// 用于比较大小 
	}
} Matrix[maxn * maxn]; int mcnt; /// 矩阵中的元素个数

struct BIT {
	int n; /// n * n 的二维树状数组
	int C[maxn][maxn];
	BIT(int N = 0) {n = N; memset(C, 0x00, sizeof(C));} /// 初始化
	inline int lowbit(int x) {return x&(-x);}
	inline void add(int x, int y, int v) { /// 单点修改 
		for(register int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
			for(register int j = y; j <= n; j += lowbit(j))
				C[i][j] += v;
	}
	inline int pre(int x, int y) { /// 前缀求和 
		int ans = 0;
		for(register int i = x; i > 0; i -= lowbit(i))
			for(register int j = y; j > 0; j -= lowbit(j))
				ans += C[i][j];
		return ans;
	}
	inline int submat(int x1, int y1, int x2, int y2) { /// 子矩阵和 
		int ans = pre(x2, y2);
		ans -= pre(x1 - 1, y2) + pre(x2, y1 - 1);
		ans += pre(x1 - 1, y1 - 1);
		return ans;
	}
} bit; /// 记得初始化 n

struct Events { /// 记录所有询问 
	int x1, y1, x2, y2, k;
	inline void input() { /// 输入一个询问 
		x1 = geti(); y1 = geti();
		x2 = geti(); y2 = geti();
		k  = geti();
	}
} Querys[maxq];

int bcount(Events mat) { /// 查询某个询问中的黑点个数 
	return bit.submat(mat.x1, mat.y1, mat.x2, mat.y2);
}

int id[maxq], t1[maxq], t2[maxq];
int ans[maxq], cur[maxq];

void Sol(int l, int r, int ql, int qr) {
	if(qr < ql) return; /// 该值域区间没有询问
	if(l == r) {
		for(int i = ql; i <= qr; i ++) ans[id[i]] = Matrix[l].v;
		return; /// 找到解 
	}
	int mid = (l + r)/2;
	for(int i = l; i <= mid; i ++) /// 把要统计到答案中的数值染黑 
		bit.add(Matrix[i].x, Matrix[i].y, 1);
	int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
	for(int i = ql; i <= qr; i ++) {
		int u = id[i]; /// 当前要处理的询问
		int s = cur[u] + bcount(Querys[u]); /// 考虑当前区间中的黑点个数
		if(s >= Querys[u].k) t1[++ cnt1] = u;
		else t2[++ cnt2] = u, cur[u] = s; 
	}
	int qcnt = ql - 1;
	for(int i = 1; i <= cnt1; i ++) id[++ qcnt] = t1[i]; /// 左右分组 
	for(int i = 1; i <= cnt2; i ++) id[++ qcnt] = t2[i];
	for(int i = l; i <= mid; i ++) /// 谁污染谁治理 
		bit.add(Matrix[i].x, Matrix[i].y, -1);
	Sol(l, mid, ql, ql + cnt1 - 1);
	Sol(mid+1, r, ql + cnt1, qr);
}

int main() {
	int N = geti(), Q = geti(); bit.n = N;/// 输入矩阵大小和询问组数
	for(int i = 1; i <= N; i ++)
		for(int j = 1; j <= N; j ++)
			Matrix[++ mcnt] = (Numbers){i, j, geti()};
	sort(Matrix + 1, Matrix + mcnt + 1); /// 按元素大小从小到大排序
	for(int i = 1; i <= Q; i ++) Querys[i].input();
	for(int i = 1; i <= Q; i ++) id[i] = i;
	Sol(1, mcnt, 1, Q);
	for(int i = 1; i <= Q; i ++) puti(ans[i]), putchar('\n');
	return 0;
}