P11398 众数

P11398 众数

题目描述

你有 \(n\) 个数对 \((a_1,b_1),\ldots,(a_n,b_n)\)。

定义下标 \(i(1\le i\le n)\) 的权值为将 \(a_1\) 个 \(b_1\)，\(a_2\) 个 \(b_2\)，...，\(a_i\) 个 \(b_i\) 拼接在一起后形成的数组的最大众数（特别地，若所有数出现次数相同则为最大数）乘以 \(a_i\)。

接下来你有 \(m\) 个操作，分两种：

• 1 x y，将 \(a_x\) 增加 \(y\)。保证 \(y\) 非负。
• 2 q，求最小的正整数 \(k\) 使得下标 \(n-k+1 \sim n\) 的权值异或和为 \(q\)。

2 操作保证有解，且所有答案之和（记为 \(\sum k\)）不超过 \(5\times 10^7\)。

题解

先转化问题，我们肯定要枚举 \(k\) 然后求答案，问题就在于怎样快速求出前缀的众数。

Subtask 1~9

我们可以每一次修改的时候暴力修改每个位置上的前缀信息，然后众数就可以直接 \(O(1)\) 维护出来了。复杂度为 \(O(nm+\sum k)\)。

对于没有修改操作的点，预处理出众数后就不用动了，复杂度 \(O(n+\sum k)\)。

Subtask 10~15

前三个包的 \(b_i\) 很小，我们要维护的就是前缀 \(1\) 和前缀 \(2\) 的个数，比较这两个的大小即可。如果用树状数组维护的话 \(\sum k\) 上要带一个 \(\log\)，不能承受。注意到我们的 \(k\) 是从后往前枚举的，因此我们可以考虑每次动态从全局的信息中删除当前点的贡献，这样就可以 \(O(1)\) 维护当前 \(1,2\) 的个数。复杂度 \(O(n+m+\sum k)\)。

对于 \(b_i\) 较大的情况，我们不得不使用线段树来删除贡献，同时还需要维护全局 \(\max\)，复杂度是 \(O((n+m+\sum k)\log n)\)。可以通过 Subtask 13~15。

Subtask 16~19

此时我们只关心后 \(300\) 个点的信息，一种办法是沿用暴力的做法，不过单次只修改这 \(300\) 个点的信息，复杂度 \(O(300m+\sum k)\)。不过这对正解没有什么启发。

考虑众数这个信息是容易加入但不容易删除的，我们之前的所有枚举都基于从后往前枚举前缀，这必然涉及到删除操作。那么考虑倒过来，从 \(n-300\) 开始向 \(n\) 枚举，每次动态加入一个点并维护众数，最后暴力求出后 \(300\) 个点的权值然后求答案即可。而我们要维护的信息只有前 \(n-300\) 个点的信息，单次修改 \(O(1)\) 即可，复杂度不变。

Subtask 20~25

我们现在的做法基于从前往后枚举，如果每次从 \(1\) 开始枚举接受不了。考虑分块，从后往前枚举每个块，块内按照上面的方式从前往后枚举求答案。此时我们需要维护 \(O(\sqrt n)\) 个前缀的信息，单次修改 \(O(\sqrt n)\)；查询的时候我们的复杂度应该是 \(O(k+\sqrt n)\) 的，所以总复杂度为 \(O((n+m)\sqrt n+\sum k)\)。

这个做法还是不够优秀，很显然这个块长还是浪费的比较多。考虑倍增，我们把块长改为 \(2^0,2^1,2^2,\cdots\)，这样的话我们要维护的只有 \(O(\log n)\) 个前缀信息，同时单次查询复杂度为 \(O(k+\log n)\)，所以总复杂度为 \(O((n+m)\log n+\sum k)\)，可以通过。