题目
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分析
看到中位数,当然会想到二分答案。
考虑检查答案。自然,我们需要找出中位数小于二分值\(k\)的区间的个数。考虑构造一个\(b\):
\[b_i=(-1)^{[a_i\ge k]}
\]
\]
可以发现,这个\(b\)满足,如果区间\([l,r]\)的中位数小于\(k\),则\(\sum_{i=l}^r b_i>0\)。
现在检查仍然是\(O(n^2)\)的,过不了。考虑优化。
把\(b\)写成前缀和的形式:\(s_i=\sum_{j=1}^i b_j\)。
那么一个区间\([l,r]\)需要被统计就对应着\(s_r-s_{l-1}>0\),也即是\(s_r>s_{l-1}\)。
这是一个顺序对的问题,可以用树状数组统计。时间是\(O(n\log_2n\log_2(\max a))\)
需要注意的有:
1. 注意统计\([1,r]\)形式的区间,也即是统计\(s_r>0\)的情况。
2. 注意树状数组下标为正。
3. 注意总共有\(\frac {n(n+1)}{2}\)个区间。
代码
#include <cstdio>
typedef long long LL;
#define int LL
const int MAXN = 1e5 + 5;
template<typename _T>
void read( _T &x )
{
x = 0;char s = getchar();int f = 1;
while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
x *= f;
}
template<typename _T>
void write( _T x )
{
if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
putchar( x % 10 + '0' );
}
template<typename _T>
_T MAX( const _T a, const _T b )
{
return a > b ? a : b;
}
template<typename _T>
_T MIN( const _T a, const _T b )
{
return a < b ? a : b;
}
int BIT[MAXN];
int a[MAXN], s[MAXN];
int N;
int lowbit( const int &x ) { return x & ( -x ); }
void update( int x, const int v ) { for( ; x <= N ; x += lowbit( x ) ) BIT[x] += v; }
int getSum( int x ) { int ret = 0; while( x ) ret += BIT[x], x -= lowbit( x ); return ret; }
bool chk( const int len )
{
LL ret = 0; int mn = N;
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) s[i] = a[i] >= len ? -1 : 1;
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) s[i] += s[i - 1], ret += s[i] > 0, mn = MIN( mn, s[i] );
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) BIT[i] = 0, s[i] += 1 - mn;
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) ret += getSum( s[i] - 1 ), update( s[i], 1 );
return ret <= 1ll * N * ( N + 1 ) / 4;
}
signed main()
{
int l = 1e9, r = -1;
read( N );
for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) read( a[i] ), l = MIN( l, a[i] ), r = MAX( r, a[i] );
int mid;.
while( r - l > 1 )
{
if( chk( mid = l + r >> 1 ) ) l = mid;
else r = mid - 1;
}
if( chk( r ) ) write( r );
else write( l );
putchar( '\n' );
return 0;
}