题解 CF2053D Refined Product Optimality

【洛谷专栏】。

复活后的第一篇题解和比赛。

感觉这是一个很有意思的题。

题意

有两个长度为 \(n\) 的序列 \(a,b\)。

有 \(q\) 次修改，每次修改给出两个整数 \(o,x\)：

• \(o=1\) 时，\(a_x \gets a_x + 1\)。
• \(o=2\) 时，\(b_x \gets b_x + 1\)。

设 \(p\) 是 \(b\) 的一种排列，在第一次修改前和每次修改后，你需要求出所有满足条件的 \(p\) 中 \(\prod\limits_{i=1}^n \min(a_i, p_i)\) 的最大值。

由于答案可能很大，所以对 \(998244353\) 取模。

分析

不难证明，最大值即为将 \(a,b\) 升序排列后所求的值。

简单证明一下，假设 \(a_1 < a_2, b_1 < b_2\)，那么 \(\min(a_1,b_2) \times \min(a_2,b_1) \le \min(a_1,b_1) \times \min(a_2,b_2)\)，所以降序排列会使答案变得更劣。

于是就可以在 \(O(n \log n)\) 的时间复杂度内求出修改前答案的值，接下来考虑修改操作。

修改只会修改一个，也只会增加 \(1\) 的值，所以对答案的影响并不会很大。

修改的时候如果要调整序列来维持单调性是一件很麻烦的事情。假设我们修改的是 \(a_x\)，只需要在排序的序列中修改最后一个值为 \(a_x\) 的位置，就不会影响其单调性。

于是求出这个位置后，可以撤销该位置对答案原有的贡献，乘上该位置的逆元，然后修改后再将贡献加入进去即可。

以上操作就可以用二分和快速幂解决，修改 \(b\) 序列的情况同理。

总体时间复杂度为 \(O(n \log n + q \log n)\)

代码

//the code is from chenjh
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 200002
using namespace std;
typedef long long LL;
constexpr int mod=998244353;
int n,q;
int qpow(int a,int b=mod-2){
	int ret=1;
	for(;b;b>>=1,a=(LL)a*a%mod)if(b&1)ret=(LL)ret*a%mod;
	return ret%mod;
}
int a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN],d[MAXN];//c,d 序列表示排序后的 a,b 序列。
void solve(){
	cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],c[i]=a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i],d[i]=b[i];
	sort(c+1,c+n+1),sort(d+1,d+n+1);
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=(LL)ans*min(c[i],d[i])%mod;
	cout<<ans<<' ';
	for(int o,x,p;q--;){
		cin>>o>>x;
		p=0;
		if(o==1)
			p=upper_bound(c+1,c+n+1,a[x])-c-1,//找到第一个大于 a_x 的位置的前一个，即最后一个等于 a_x 的位置。
			ans=(LL)ans*qpow(min(c[p],d[p]))%mod,//除以这个数，即乘这个数的逆元。
			++a[x],++c[p];//对这些位置进行修改。
		else if(o==2)
			p=upper_bound(d+1,d+n+1,b[x])-d-1,//b 序列同理。
			ans=(LL)ans*qpow(min(c[p],d[p]))%mod,
			++b[x],++d[p];
		ans=(LL)ans*min(c[p],d[p])%mod;//乘上修改后这个位置的贡献。
		cout<<ans<<' ';
	}
	cout<<'\n';
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);
	int T;cin>>T;
	while(T--) solve(); 
	return 0;
}