【题目简介】
Description
给定一个含有n个数的序列a[1],a[2],a[3]……a[n]，程序必须回答这样的询问：对于给定的i,j,k，在a[i],a[i+1],a[i+2]……a[j]中第k小的数是多少(1≤k≤j-i+1)，并且，你可以改变一些a[i]的值，改变后，程序还能针对改变后的a继续回答上面的问题。你需要编一个这样的程序，从输入文件中读入序列a，然后读入一系列的指令，包括询问指令和修改指令。对于每一个询问指令，你必须输出正确的回答。 第一行有两个正整数n(1≤n≤10000)，m(1≤m≤10000)。分别表示序列的长度和指令的个数。第二行有n个数，表示a[1],a[2]……a[n]，这些数都小于10^9。接下来的m行描述每条指令，每行的格式是下面两种格式中的一种。 Q i j k 或者 C i t Q i j k （i,j,k是数字，1≤i≤j≤n, 1≤k≤j-i+1）表示询问指令，询问a[i]，a[i+1]……a[j]中第k小的数。C i t (1≤i≤n，0≤t≤10^9)表示把a[i]改变成为t。
Input
对于每一次询问，你都需要输出他的答案，每一个输出占单独的一行。
Output
Sample Input
Sample Output
HINT
20%的数据中，m,n≤100; 40%的数据中，m,n≤1000; 100%的数据中，m,n≤10000。
Source
【题解】
假如不带修改，那么就是可持久化线段树的模板题。
那么窝萌注意到：可持久化线段树维护的其实是一个片段和一样的东西。
对于片段和的维护，如果不带修改，那么就可以直接用数组，否则就需要树状数组。
那么窝萌是不是可以用树状数组的方式来维护可持久化线段树呢？
显然是可以的，只要把每棵可持久化线段树看作树状数组上的点就可以了。
对于修改，每次都要改logn棵树；查询同样需要logn棵树的值相加。
所以时空复杂度都是nlogn2的。
【Codes】
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int M=20010;
int A[M],a[M],L[100],R[100],op[M][5],cnt,_n,n,m,i;
struct node{int l,r,w;}tree[M*100];
bool cmp(int i,int j){return A[i]<A[j];}
void insert(int x,int l,int r,int p,int t){
tree[p].w+=t;
if (l==r)return;
int mid=l+r>>1;
if (x<=mid){
if (!tree[p].l)tree[p].l=++cnt;
insert(x,l,mid,tree[p].l,t);
}else{
if (!tree[p].r)tree[p].r=++cnt;
insert(x,mid+1,r,tree[p].r,t);
}
}
void update(int x,int p,int q){
for (;x<=n;x+=x&-x)insert(p,1,_n,x,q);
}
int query(int l,int r,int k){
if (l==r)return l;
int i,x=0,y=0;
for (i=1;i<=L[0];i++)x+=tree[tree[L[i]].l].w;
for (i=1;i<=R[0];i++)y+=tree[tree[R[i]].l].w;
int mid=l+r>>1;
if (y-x>=k){
for (i=1;i<=L[0];i++)L[i]=tree[L[i]].l;
for (i=1;i<=R[0];i++)R[i]=tree[R[i]].l;
return query(l,mid,k);
}else{
for (i=1;i<=L[0];i++)L[i]=tree[L[i]].r;
for (i=1;i<=R[0];i++)R[i]=tree[R[i]].r;
return query(mid+1,r,k-y+x);
}
}
int Query(int l,int r,int k){
L[0]=0;for (int i=l-1;i;i-=i&-i)L[++L[0]]=i;
R[0]=0;for (int i=r;i;i-=i&-i)R[++R[0]]=i;
return query(1,_n,k);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),A[i]=a[i];
_n=n;
for (i=1;i<=m;i++){
char s[5];
scanf("%s",s);
if (s[0]=='Q'){
op[i][0]=0;
scanf("%d%d%d",&op[i][1],&op[i][2],&op[i][3]);
}else{
op[i][0]=1;
scanf("%d%d",&op[i][1],&op[i][2]);
A[++_n]=op[i][2];
}
}
sort(A+1,A+_n+1),cnt=n;
_n=unique(A+1,A+_n+1)-A-1;
for (i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(A+1,A+_n+1,a[i])-A;
for (i=1;i<=m;i++)if (op[i][0])op[i][2]=lower_bound(A+1,A+_n+1,op[i][2])-A;
for (i=1;i<=n;i++)update(i,a[i],1);
for (i=1;i<=m;i++)
if (op[i][0]){
update(op[i][1],a[op[i][1]],-1);
a[op[i][1]]=op[i][2];
update(op[i][1],a[op[i][1]],1);
}else printf("%d\n",A[Query(op[i][1],op[i][2],op[i][3])]);
}
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