BZOJ5286 HNOI/AHOI2018转盘（分块/线段树）

　　显然最优走法是先一直停在初始位置然后一次性走完一圈。将序列倍长后，相当于找一个长度为n的区间[l,l+n)，使其中t_i+l+n-1-i的最大值最小。容易发现t_i-i>t_i+n-(i+n)，所以也就相当于是后缀最大值最小。设t_i-i=a_i，即要求min{l+max{a_l..2n}}+n-1 (l=1..n)。如果没有修改的话只要扫一遍就行了。

　　线段树看起来很难维护，考虑分块。每一块求出仅考虑该块的a_i时上述值的前缀min和a_i的后缀max。对于查询，从后往前考虑所选区间左端点在哪一块。如果该块某个位置出现了整个序列的后缀最大值，序列后面的部分就不会对该块之前位置的答案产生影响，可以直接使用之前求出的答案。于是根据后缀最大值将该块划分成两部分，后一部分由于max{a_i}被固定为后缀最大值，当然选择尽量左的点时最优。修改时暴力重构块即可。块大小取sqrt(nlogn)时最优，为O(msqrt(nlogn))。没有卡常也在慢如狗的bzoj上只跑了11s。

#include<iostream> 
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 200010
#define inf 2000000010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
int n,m,op,a[N],L[N],R[N],pos[N],mx[N],mn[N],block,num,ans=inf;
void build(int x)
{
    mx[R[x]]=a[R[x]];mn[R[x]]=R[x]+a[R[x]];
    for (int i=R[x]-1;i>=L[x];i--)
    mn[i]=i+(mx[i]=max(mx[i+1],a[i]));
    for (int i=L[x]+1;i<=R[x];i++)
    mn[i]=min(mn[i-1],mn[i]);
}
int query()
{
    int u=-inf,ans=inf;
    for (int i=2*num;i>num;i--) u=max(u,mx[L[i]]);
    for (int i=num;i>=1;i--)
    {
        int l=L[i],r=R[i],x=R[i]+1;
        while (l<=r)
        {
            int mid=l+r>>1;
            if (mx[mid]<=u) x=mid,r=mid-1;
            else l=mid+1;
        }
        ans=min(ans,x+u);if (x>L[i]) ans=min(ans,mn[x-1]);
        u=max(u,mx[L[i]]);
    }
    return ans;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("bzoj5286.in","r",stdin);
    freopen("bzoj5286.out","w",stdout);
    const char LL[]="%I64d\n";
#else
    const char LL[]="%lld\n";
#endif
    n=read(),m=read(),op=read();block=sqrt(n*log(n+1));num=(n-1)/block+1;
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=a[i+n]=read();
    for (int i=1;i<=n*2;i++) a[i]-=i;
    for (int i=1;i<=num;i++)
    {
        L[i]=R[i-1]+1,R[i]=min(n,L[i]+block-1);
        for (int j=L[i];j<=R[i];j++)
        pos[j]=i;
        build(i);
    }
    for (int i=num+1;i<=2*num;i++)
    {
        L[i]=R[i-1]+1,R[i]=min(2*n,L[i]+block-1);
        for (int j=L[i];j<=R[i];j++)
        pos[j]=i;
        build(i);
    }
    ans=query()+n-1;cout<<ans<<endl;
    while (m--)
    {
        int x=read()^ans*op,y=read()^ans*op;
        a[x]=y-x,a[x+n]=y-x-n;build(pos[x]),build(pos[x+n]);
        printf("%d\n",ans=query()+n-1);
    }
    return 0;
}

 

　　事实上这个做法可以扩展到线段树上（其实完全没有任何相似的地方吧？）。考虑每个节点维护该区间的最大值和仅考虑该区间a_i时左半部分的最优答案。只要解决如何合并两个区间就可以了。类似的，右边的区间可以直接返回答案，然后考虑左节点的右半部分和右节点最大值的大小，如果左节点较大，直接返回左节点的左半部分答案并递归右节点，否则递归左节点。于是复杂度即为O(nlog²n)。鬼知道我在干什么莫名其妙写了一晚上。

#include<iostream> 
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 200010
#define inf 2000000010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
int n,m,op,a[N],ans=inf;
struct data{int l,r,max,ans;
}tree[N<<2];
int query(int k,int mx)
{
    if (tree[k].l==tree[k].r) return tree[k].l+max(mx,tree[k].max);
    if (tree[k<<1|1].max>=mx) return min(tree[k].ans,query(k<<1|1,mx));
    else return min((tree[k].l+tree[k].r>>1)+1+mx,query(k<<1,mx));
}
void build(int k,int l,int r)
{
    tree[k].l=l,tree[k].r=r;
    if (l==r) {tree[k].max=a[l];return;}
    int mid=l+r>>1;
    build(k<<1,l,mid);
    build(k<<1|1,mid+1,r);
    tree[k].max=max(tree[k<<1].max,tree[k<<1|1].max);
    tree[k].ans=query(k<<1,tree[k<<1|1].max);
}
void modify(int k,int p,int x)
{
    if (tree[k].l==tree[k].r) {tree[k].max=x;return;}
    int mid=tree[k].l+tree[k].r>>1;
    if (p<=mid) modify(k<<1,p,x);
    else modify(k<<1|1,p,x);
    tree[k].max=max(tree[k<<1].max,tree[k<<1|1].max);
    tree[k].ans=query(k<<1,tree[k<<1|1].max);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("bzoj5286.in","r",stdin);
    freopen("bzoj5286.out","w",stdout);
    const char LL[]="%I64d\n";
#else
    const char LL[]="%lld\n";
#endif
    n=read(),m=read(),op=read();
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=a[i+n]=read();
    for (int i=1;i<=n*2;i++) a[i]-=i;
    build(1,1,2*n);
    ans=tree[1].ans+n-1;cout<<ans<<endl;
    while (m--)
    {
        int x=read()^ans*op,y=read()^ans*op;
        modify(1,x,y-x),modify(1,x+n,y-x-n);
        printf("%d\n",ans=tree[1].ans+n-1);
    }
    return 0;
}