首先来看暑假杭电多校的一道题目：
对于一个长度为 \(L\)(\(L\)为奇数) 的数组 \(a\)，定义它的中位数 \(median(a)\) 为 \(a\) 中第 \(\frac{L+1}{2}\) 大的数。现在给你一个长度为 \(n\) 的排列，对于每对满足 \(1\leq i \leq j \leq n\) 且 \(j-i \equiv 0 (mod 2)\) 的 \((i,j)\)，你需要计算 \(i*j*median(p[i,j])\)。输出所有值的和。
多测数 \(T \leq 20\)，排列长度 \(n \leq 2000\)。
对于这道题，首先想到的是枚举所有 \([i,j]\)，通过数据结构(对顶堆等)维护中位数。由于这些方法都带log，并且本题多测数据不保证 \(n\) 的总和。因此复杂度 \(O(n^2lognT)\)，无法通过本题。
换个思路，枚举区间不行，就计算每个位置的贡献。想想一个位置能成为一个区间的中位数，需要满足什么条件？该区间中大于它和小于它的数的数量相等。
一个很经典的处理就是，将小于 \(x\) 的数赋-1，将大于 \(x\) 的数赋1，我们对这个数组做前缀和，记作 \(pre\)。于是问题就转换为，在 \(x\) 的左边找到 \(pre_i\)，在 \(x\) 的右边找到 \(pre_j\)，使得 \(pre_i = pre_j\)。那么 \(pre_j - pre_i = 0\)，这就意味着，区间 \([l+1,r]\) 中大于 \(x\) 和小于 \(x\) 的数的数量相等。
对于每个数处理一次这样的前缀和数组是 \(O(n)\) 的，因此可以在 \(O(n^2T)\) 的时间下通过本题。
Code:
cpp
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
using ll = long long;
void solve()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n+10);
for (int i = 1 ; i <= n ; i++) cin >> a[i];
ll ans = 0;
for (int i = 1 ; i <= n ; i++) //枚举中位数
{
vector<int> pre(n+10);
vector<int> t(2*n+10); //桶,因为会出现负数，要带n的偏移
t[n]++;
for (int j = 1 ; j <= n ; j++)
{
pre[j] = pre[j-1];
if (a[j] > a[i]) pre[j]++;
else if (a[j] < a[i]) pre[j]--;
if (j < i) t[pre[j]+n] += j + 1;
else ans += (ll)a[i] * t[pre[j]+n] * j;
}
}
cout << ans << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int T;
cin >> T;
while (T--) solve();
return 0;
}基于本题，可以归纳一个维护中位数的小技巧：通过给大于 \(x\) 和 小于 \(x\) 的数分别赋值，并求前缀和，就可以把求中位数问题，转化成维护前缀和之差为0。
以下再做个拓展：序列 \(a\) 的中位数 \(median(a) \ge v\)，当且仅当 \(a\) 中 \(cnt_{a_i \geq v} \geq cnt_{a_i < v}\)（式中是否取等号取决于题目怎么定义中位数）。也就是说，\(median(a) \geq v\) 的充要条件是 \(a\) 中 \(\geq v\) 的数的数量多于或等于 \(< v\) 的数的数量。这个式子比较好理解，这里不做证明。
这个式子给我们提供了一种二分的思路。
看下面这道题Submedians (Easy Version)：
对于长度为 \(m\) 的数组 \(b\)，整数 \(v\) 是 \(b\) 的中位数，当且仅当：
- \(v\) 至少大于等于数组中 \(\lceil \frac{m}{2} \rceil\) 个元素，并且
- \(v\) 至少小于等于数组中 \(\lceil \frac{m}{2} \rceil\) 个元素。
现在给定一个整数 \(k\) 和一个由 \(1\) 到 \(n\) 之间的整数构成的数组 \(a_1, \ldots, a_n\)。
如果存在至少一对下标 \((l, r)\) 满足：
- \(1 \leq l \leq r \leq n\)，
- \(r - l + 1 \geq k\)，
- \(v\) 是子数组 \([a_l, \ldots, a_r]\) 的中位数，
则称 \(1\) 到 \(n\) 之间的整数 \(v\) 是一个子中位数。
可以证明，至少存在一个子中位数。请你找出最大的子中位数 \(v_{\max}\)，以及任意一组对应的下标对 \((l, r)\)。
考虑二分：当 \(v\) 越大，\(cnt_{a_i\geq v}\) 越少，反之 \(cnt_{a_i < v}\) 越大，因此越大的数越不可能作为中位数。
同样将 \(\geq v\) 的数赋1，\(< v\) 的数赋-1，做前缀和维护即可。
Code:
cpp
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
void solve()
{
int n,k;
cin >> n >> k;
vector<int> a(n+10);
for (int i = 1 ; i <= n ; i++) cin >> a[i];
int ansl, ansr;
auto check = [&](int mid)
{
vector<int> sum(n+10);
for (int i = 1 ; i <= n ; i++)
{
sum[i] = sum[i-1];
if (a[i] >= mid) sum[i]++;
else sum[i]--;
}
int minn = 2e9;
int l;
for (int i = k ; i <= n ; i++)
{
if (sum[i-k] < minn)
{
minn = sum[i-k];
l = i - k + 1;
}
if (sum[i]-minn >= 0)
{
ansl = l;
ansr = i;
return true;
}
}
return false;
};
int l = 0;
int r = n + 1;
while (l+1 != r)
{
int mid = (l+r) >> 1;
if (check(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
check(l);
cout << l << " " << ansl << " " << ansr << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int T;
cin >> T;
while (T--) solve();
return 0;
}一道与上题几乎一样的题目Max Median：
题目很短，这里不做题意概述。需要注意的是，由于本题定义中位数为第 \(\lfloor \frac{L+1}{2} \rfloor\) 大的数，因此本题 \(median(a) \geq v\) 的条件为：\(cnt_{a_i \geq v} > cnt_{a_i < v}\)。
Code:
cpp
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
void solve()
{
int n,k;
cin >> n >> k;
vector<int> a(n+10);
for (int i = 1 ; i <= n ; i++) cin >> a[i];
int ansl, ansr;
auto check = [&](int mid)
{
vector<int> sum(n+10);
for (int i = 1 ; i <= n ; i++)
{
sum[i] = sum[i-1];
if (a[i] >= mid) sum[i]++;
else sum[i]--;
}
int minn = 2e9;
int l;
for (int i = k ; i <= n ; i++)
{
if (sum[i-k] < minn)
{
minn = sum[i-k];
l = i - k + 1;
}
if (sum[i]-minn > 0)
{
ansl = l;
ansr = i;
return true;
}
}
return false;
};
int l = 0;
int r = n + 1;
while (l+1 != r)
{
int mid = (l+r) >> 1;
if (check(mid)) l = mid;
else r = mid;
}
check(l);
cout << l << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int T = 1;
while (T--) solve();
return 0;
}