題目大意：本題包含多組資料。每組資料都會給你一個數組，包含 n 個數；一共有 m 個詢問，每次詢問輸入三個整數 L , R , k，表示求區間 [ L , R ] 以內第 k 小的數。( 1 ≤ n ≤ 100 000 , 1 ≤ m ≤ 5 000 , 陣列中每個數的絕對值 ≤ 109 )

知識講解：
在講這道題之前，我想先講講本人對主席樹的一些看法。
主席樹，又被稱作“可持久化線段樹”，是 OI 上一個相當重要的資料結構。它可以解決例如查詢歷史版本的區間值，區間第 k 大/小值，以及區間內不同數的個數，等等。

既然要實現可持久化，那麼在建樹過程中，我們就需要將歷史資訊給記錄下來。首先，我們最容易想到的就是：每發生一次修改過程，就建立一棵新樹。但是，建立一棵新樹的消耗非常大，如果要建立 m 棵新樹，複雜度將為 m

那麼對於每個新建的樹，我們要維護它的建造時間；根據根節點的性質，每次修改會伴隨著一些數的變化，而根節點總是會隨著變化，所以根節點順便也維護了建造時間。（對於區間第 k 小問題，我們只需要將根節點的建造時間為 R 的樹和根節點為 L-1 的樹相減即可得到這個區間的變化情況，根據它我們就可以求出這個問題的答案）

建樹的時候，如果用的是指標，那麼尤其需要注意的就是指標是否指向 NULL。因為建樹過程中，稍微一不注意就會讓指標越界，這種情況在最開始除錯的時候極難被發現。所以我們在建樹時，最好多加上幾個判斷 NULL 的條件，以擴音交的時候頻繁 RE 或 WA。

題目分析：（簡略）
通過上面的分析，這道題的方向就很清楚了：一道直觀的求區間第 k 小的數問題。
首先我們所有的數進行離散化，方便儲存。之後對於離散化之後的原陣列，將裡面每一個數對應地新增至主席樹的節點內。最後判斷時如同上面講的一樣。

下面附上程式碼：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MX = 1000005;

struct Node{
    int val;
    Node *ls,*rs;
    Node(){
        ls
 
 = rs = NULL;val = 0;
    }
};
Node node[MX*2],*tail = node,*root[MX];
int lob[MX],line[MX],ori[MX],n,m,now = 0;

Node *setup(int lf,int rt){
    Node *nd = ++tail;
    if (lf == rt){
        nd->val = 0;
        nd->ls = nd;
        nd->rs = nd;
    } else {
        int mid = (lf + rt) / 2;
        nd->ls = setup(lf,mid);
        nd->rs = setup(mid + 1,rt);
        nd->val = 0;
    }
    return nd;
}

Node *update(Node *prev,int lf,int rt,int val){
    Node *nd = ++tail;
    if (lf == rt){
        if (prev != NULL)
            nd->val = prev->val + 1;
        else
            nd->val++;
        nd->ls = nd;
        nd->rs = nd;
    } else {
        int mid = (lf + rt) / 2;
        if (val <= mid){
            nd->ls = update(prev->ls,lf,mid,val);
            nd->rs = prev->rs;
            nd->val = nd->ls->val + prev->rs->val;
        } else {
            nd->ls = prev->ls;
            nd->rs = update(prev->rs,mid + 1,rt,val);
            nd->val = prev->ls->val + nd->rs->val;
        }
    }
    return nd;
}

int query(Node *left,Node *right,int lf,int rt,int val){            //一定要多加幾個判 NULL 
    if (lf == rt) 
        return lf;
    int mid = (lf + rt) / 2 , res;
    if (left->ls != NULL && right->ls != NULL)
        res = right->ls->val - left->ls->val;
    else
        res = right->val - left->val;
    if (val <= res){
        if (left->ls != NULL && right->ls != NULL)
            return query(left->ls,right->ls,lf,mid,val);
        return query(left,right,lf,mid,val);
    }
    else{
        if (left->rs != NULL && right->rs != NULL)
            return query(left->rs,right->rs,mid + 1,rt,val - res);
        return query(left,right,mid + 1,rt,val);    
    }
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int p,q,kth;
    for (int i = 1;i <= n;i++){
        scanf("%d",&ori[i]);
        line[i] = lob[i] = ori[i];
    }
    sort(lob + 1,lob + n + 1);
    int size = unique(lob + 1,lob + n + 1) - (lob + 1);
    root[0] = setup(1,size);
    for (int i = 1;i <= n;i++){
        line[i] = lower_bound(lob + 1,lob + size + 1,line[i]) - lob;
        root[i] = update(root[i - 1],1,size,line[i]);
    }
    for (int i = 1;i <= m;i++){
        scanf("%d%d%d",&p,&q,&kth);
        int tmp = query(root[p - 1],root[q],1,size,kth);
        printf("%d\n",lob[tmp]);
    }
    return 0;
}