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题意

定义一个长度为奇数的区间的值为其所包含的的元素的中位数。

现给出n个数，求将所有长度为奇数的区间的值排序后，第K大的值为多少。

题解

这题也想了一会。。

感觉和上一题一样，都是卡在了局部判断，没有反应整体来做，纠结于每个数来做，这样显然是不行的 我们还是考虑二分答案mid 如果我们对于比这个答案大的一个一个做肯定是不行的 我们考虑怎么样的区间是符合条件的 那就是比mid大的数占一半或以上嘛！ 我们并不关心她的中位数是什么，我们只关心他的中位数是否比mid大 于是我们得到一个做法 比mid大的标为1，比mid小的标为-1 然后就是问有多少个奇数区间和是大于0的 这个的话，一个比较简单的做法，是对于奇数位和偶数位都开一个树状数组来维护每个前缀和有多少个 但这样虽然可以通过这题，但是你会发现你多了一个log 其实这个log是没有必要的 我们考虑到，每一次，前缀和只会变化1 换句话说，合法变成不合法，或者不合法变成合法的变化每一次只有1 于是我们可以记录两个答案，分别记录奇数位和偶数位的，然后每一次前缀和变化的时候维护一下就可以了 前缀和就同两个桶维护就可以了

我比较懒，所以写了树状数组的，因为树状数组常数小，一般都可以通过

时间复杂度:前者$O(nlog^2n)$后者$O(nlogn)$ CODE:

#include
   
    #include
    
     #include
     
      #include
      
       using namespace std;typedef long long LL;const LL N=100005*2;LL n,k;LL a[N];LL b[N];void lsh (){    sort(b+1,b+1+n);    b[0]=1;    for (LL u=2;u<=n;u++)        if (b[b[0]]!=b[u])             b[++b[0]]=b[u];    for (LL u=1;u<=n;u++)    {        LL l=1,r=b[0];        while (l<=r)        {            LL mid=(l+r)>>1;            if (b[mid]==a[u]) {a[u]=mid;break;}            else if (b[mid]>a[u]) r=mid-1;            else l=mid+1;        }    }}LL f[2][N];LL lb (LL x){  return x&(-x);}void change (LL o,LL x){x+=100001;while (x
       
        0)    {        lalal=lalal+f[o][x];        x-=lb(x);    }    return lalal;}LL calc (LL x){    memset(f,0,sizeof(f));    LL sum=0;    change(0,0);    LL lalal=0;    for (LL u=1;u<=n;u++)    {        if (a[u]>=x) sum++;        else sum--;        lalal=lalal+get(!(u&1),sum);        change(u&1,sum);    }    return lalal;}int main(){    scanf("%lld%lld",&n,&k);    for (LL u=1;u<=n;u++)   {  scanf("%lld",&a[u]);b[u]=a[u];}    lsh();    LL l=1,r=b[0],ans;    while (l<=r)    {        LL mid=(l+r)>>1;        if (calc(mid)>=k) {l=mid+1;ans=mid;}        else r=mid-1;    }    printf("%lld\n",b[ans]);    return 0;}