求第K小/大的數（樹狀數組解法）

求第K小/大數這個題目經常出現，面試，考試以及OJ上都有類似的題目。

首先聲明一點，個人覺得既然是第K小（大是一樣的），那麼重複的元素就不應該算了，當然如果算了就相對簡單一些。。

最原始的解法，快排，然後取第K個數。或者是構建一個小頂堆，遍曆數組取最小的K個數，再然後還有所謂的快速選擇，有人證明了可以在O（n）時間內解決，不過我不太清楚這種演算法是否對重複元素有效（但看了代碼其實就是快排的一種應用，但個人覺得不適應於重複元素）

其實最簡單的辦法：

#include<algorithm>

sort(array,array+n);

unique(array,array+n)

直接調用庫函數排序，去重，一般的資料這樣就足夠快了。

但是學了樹狀數組，總是看人家的代碼感覺沒學到什麼，剛好前幾日曙光也問過我同樣的問題，YY了一陣子，正好用樹狀數組解決一下，別忘了，我們的樹狀數組最基本的功能哦【第i位置上村的是比左邊大的數】

好了迴歸正題。第K小（如果是大的話就是第length-K-1小）

建樹的過程必須特別注意，我們之前關於樹狀數組的題目中tree中每個元素都是有實際值得，但是這裡我們考慮的話，某些位置是空的，也就是tree的最終大小由我們所要處理的數組中最大元素的大小決定的，所以如果使用樹狀數組的話，前提就是所要處理的數組中最大值不能太大【基數排序中的要求也是類似】否則記憶體吃不消。

在這個分類總的第一篇文章是翻譯了一篇老外講的BIT，很詳細，其中有兩個部分：readSingle函數和find函數當時看懂了，但是不知道實際應用在哪了，終於找到它的實際應用地方了【嘿嘿，好開心】。

建樹的時候我們不能像之前那樣每掃描一次數組就更新一次，因為有重複元素，一旦更新重複元素的話，樹就建錯了，我們就得不到所要的結果，那麼怎麼處理呢，這時翻譯的那篇文章中提到的readSingle函數大顯神威：

建樹代碼如下：具體的已經寫在了注釋中

for(int i=0;i<len;i++){if((data[i]&1)==1){//對於基數來說，這個位置上有值就意味著有這個元素if(!tree[data[i]]){//當沒有時才允許更新數組update(data[i],1);flag[data[i]]=1;}}else{/*對於偶數位置來說，以為偶數位置儲存的都是一段和，不能僅僅通過當前的值來判斷，這時需要還原出原始的tree[i]了，還原就是readSingle函數，如果還原出的值為0，就意味著這個值沒有，那麼我們需要更新，如果有的話，那麼就跳過更新的過程，進行下一個元素的考察*/int tmp=readSingle(data[i]);if(!tmp){update(data[i],1);flag[data[i]]=1;}}}

樹建好了，工作就完成了一大半了：

現在說一下查詢第K小的數了，輪到find函數大顯神威了，關於這個函數就不多做解釋了，不理解的可以回去看下我之前翻譯的那篇關於BIT的詳細解釋，跟著注釋以及圖就可以看明白：【唯一要說的是原版的文章中給了2種find方法，第一種是找到一個就返回，第二種就是找到最大的idx返回，但是我測試的時候發現找到一個返回就可行，但是找到最大的有問題】

//查詢第K小的數int Find_Kth(int K){int idx = 0; int bitMask=MaxVal;int num=0;while(bitMask){num++;bitMask>>=1;}bitMask=1<<(num-1);while ((bitMask != 0) && (idx < MaxVal)){int tIdx = idx + bitMask; if (K == tree[tIdx]) //找到一個就返回return tIdx; if (K >tree[tIdx]){ idx = tIdx;K -= tree[tIdx]; }bitMask >>= 1; }if (K != 0) return -1;elsereturn idx;//return 1;}

好了完整的代碼如下：我們的時間複雜度為O(nlog(MaxVal))【說明一下，readSingle函數的時間複雜度為c*log(idx)，基本可以看做是常量，find_kth函數時間複雜度為O(logMaxVal)，所以總的時間複雜度為O(nlog(MaxVal))】

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int N=110000;int n,val[N],a[N];int len,tree[N];bool  flag[N];int MaxVal;int lowbit(int x){    return x&(-x);}void update(int x,int val){    while(x<=MaxVal){      tree[x]+=val;        x+=lowbit(x);    }}int getsum(int x){    int res=0;    while(x){        res+=tree[x];        x-=lowbit(x);    }    return res;}int readSingle(int idx){int sum = tree[idx]; // sum will be decreasedif (idx > 0){ // special caseint z = idx - (idx & -idx); // make z firstidx--; // idx is no important any more, so instead y, you can use idxwhile (idx != z){ // at some iteration idx (y) will become zsum -= tree[idx]; // substruct tree frequency which is between y and "the same path"idx -= (idx & -idx);}}return sum;}//查詢第K小的數int Find_Kth(int K){int idx = 0; int bitMask=MaxVal;int num=0;while(bitMask){num++;bitMask>>=1;}bitMask=1<<(num-1);while ((bitMask != 0) && (idx < MaxVal)){int tIdx = idx + bitMask; if (K == tree[tIdx]) return tIdx; if (K >tree[tIdx]){ idx = tIdx;K -= tree[tIdx]; }bitMask >>= 1; }if (K != 0) return -1;elsereturn idx;//return 1;}int main(){//不考慮重複的數int data[10]={1,2,2,2,2,2,2,3,10,5};MaxVal=10;len=10;//update(1,1);/*掃描數組，對於位置為奇數和偶數分開處理flag數組記錄有哪些元素，因為我們最終找到的值是一個和，仍然需要進行下一步處理即向前搜尋找到一個存在的值，那麼如果再用readSingle函數太麻煩，用一次之後就用flag標記一下就可以下次用了*/for(int i=0;i<len;i++){if((data[i]&1)==1){//對於基數來說，這個位置上有值就意味著有這個元素if(!tree[data[i]]){//當沒有時才允許更新數組update(data[i],1);flag[data[i]]=1;}}else{/*對於偶數位置來說，以為偶數位置儲存的都是一段和，不能僅僅通過當前的值來判斷，這時需要還原出原始的tree[i]了，還原就是readSingle函數，如果還原出的值為0，就意味著這個值沒有，那麼我們需要更新，如果有的話，那麼就跳過更新的過程，進行下一個元素的考察*/int tmp=readSingle(data[i]);if(!tmp){update(data[i],1);flag[data[i]]=1;}}}//我們取得了第4小的值，但是這個位置到底有沒有值，需要通過flag數組來判斷int res=Find_Kth(4);while(!flag[res])res--;printf("%d",res);return 0;}