P3168 [CQOI2015]任务查询系统
题目描述
最近实验室正在为其管理的超级计算机编制一套任务管理系统，而你被安排完成其中的查询部分。超级计算机中的任务用三元组(Si,Ei,Pi)描述，(Si,Ei,Pi)表示任务从第Si秒开始，在第Ei秒后结束（第Si秒和Ei秒任务也在运行），其优先级为Pi。同一时间可能有多个任务同时执行，它们的优先级可能相同，也可能不同。调度系统会经常向查询系统询问，第Xi秒正在运行的任务中，优先级最小的Ki个任务（即将任务按照优先级从小到大排序后取前Ki个）的优先级之和是多少。特别的，如果Ki大于第Xi秒正在运行的任务总数，则直接回答第Xi秒正在运行的任务优先级之和。上述所有参数均为整数，时间的范围在1到n之间（包含1和n）。
输入输出格式
输入格式：
输入文件第一行包含两个空格分开的正整数m和n，分别表示任务总数和时间范围。接下来m行，每行包含三个空格分开的正整数Si、Ei和Pi(Si<=Ei)，描述一个任务。接下来n行，每行包含四个空格分开的整数Xi、Ai、Bi和Ci，描述一次查询。查询的参数Ki需要由公式 Ki=1+(Ai*Pre+Bi) mod Ci计算得到。其中Pre表示上一次查询的结果，对于第一次查询，Pre=1。
输出格式：
输出共n行，每行一个整数，表示查询结果。
输入输出样例
说明
样例解释
K1 = (1*1+3)%2+1 = 1
K2 = (1*2+3)%4+1 = 2
K3 = (2*8+4)%3+1 = 3
对于100%的数据，1<=m,n,Si,Ei,Ci<=100000，0<=Ai,Bi<=100000，1<=Pi<=10000000，Xi为1到n的一个排列
题解
需要用差分数组
总而言之就是令$b[i]=a[i]-a[i-1]$
于是$\sum_{i=1}^n b[i]=a[i]$
可以通过前缀和来查询单个位置的值
每一个任务，就是给区间$[l,r]$每一个位置加上优先级$k$
等价于$b[l]+=k,b[r+1]-=k$
然后可以对每一个位置存下每个修改，然后在每个位置建主席树
记录下每个位置最后修改后所建主席树的编号，查询时直接使用
1 //minamoto 2 #include<bits/stdc++.h> 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 6 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 7 template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;} 8 inline int read(){ 9 #define num ch-'0' 10 char ch;bool flag=0;int res; 11 while(!isdigit(ch=getc())) 12 (ch=='-')&&(flag=true); 13 for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num); 14 (flag)&&(res=-res); 15 #undef num 16 return res; 17 } 18 char obuf[1<<24],*o=obuf; 19 void print(ll x){ 20 if(x>9) print(x/10); 21 *o++=x%10+48; 22 } 23 const int N=2e5+5,M=5e6+5; 24 int L[M],R[M],num[M],rt[N],spj[N<<1];ll sum[M]; 25 /*根据题意 1 <= Pi <= 10000000 26 按照权值线段树的定义空间显然是不够的 27 但考虑一共只有2m次插入，每次只增加log2m个节点 28 所以我们这么开是没有问题的*/ 29 int ver[N<<1],Next[N<<1],head[N]; 30 int n,q,cnt=0,tot=0,fx,m;ll ans=1; 31 void add(int u,int e){ 32 ver[++tot]=e,Next[tot]=head[u],head[u]=tot; 33 } 34 void update(int last,int &now,int l,int r,int x){ 35 if(!now) now=++cnt; 36 num[now]=num[last]+(x<0?-1:1),sum[now]=sum[last]+x; 37 /*因为用了差分数组，如果x为负说明少了一个数*/ 38 if(l==r) return; 39 int mid=(l+r)>>1; 40 if(abs(x)<=mid) R[now]=R[last],update(L[last],L[now],l,mid,x); 41 else L[now]=L[last],update(R[last],R[now],mid+1,r,x); 42 } 43 ll query(int u,int l,int r,int k){ 44 if(l==r) return l*k; 45 int mid=(l+r)>>1; 46 if(k<=num[L[u]]) return query(L[u],l,mid,k); 47 else return query(R[u],mid+1,r,k-num[L[u]])+sum[L[u]]; 48 } 49 int main(){ 50 //freopen("testdata.in","r",stdin); 51 n=read(),q=read(); 52 for(int i=1;i<=n;++i){ 53 int u=read(),v=read(),e=read(); 54 add(u,e),add(v+1,~e+1),cmax(fx,e); 55 } 56 for(int u=1;u<=n;++u){ 57 for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 58 ++m,update(rt[m-1],rt[m],1,fx,ver[i]); 59 spj[u]=m; 60 } 61 while(q--){ 62 int a,b,c,x; 63 x=read(),a=read(),b=read(),c=read(); 64 ll k=(1ll*a*ans+b)%c+1; 65 int w=rt[spj[x]]; 66 print(ans=(num[w]<=k)?sum[w]:query(w,1,fx,k)); 67 *o++='\n'; 68 } 69 fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout); 70 return 0; 71 }
