P3586 [POI2015] LOG 题解

$\color{#87E7F1}\textbf{题目链接}$

$\color{#FF80FF}\large\textbf{题意}$

维护一个长度为 $n$ 的序列，一开始都是 $0$，支持以下两种操作：

• 将序列中第 $k$ 个数修改为 $a$。
• 在这个序列上，每次选出 $c$ 个正数，并将它们都减去 $1$，询问能否进行 $s$ 次操作。

对于 $100\%$ 的数据，$1\leq n,m\leq 10^6$，$1\leq k,c\leq n$，$0\leq a\leq 10^9$，$1\leq s\leq 10^9$

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题意比较抽象，解题关键在于理解。

以下对一种可能的序列 $a$ 进行讨论：

• 如何理解能否进行s次操作。

设存在 $x_1$ 个 $a_i$，满足 $a_i\geq s$；存在 $x_2$ 个 $a_j$，满足 $a_j < s$。令 $p=\sum a_j$。

1. 对于 $a_i$，$s$ 次选择都使用，即最多被使用 $s$ 次。因为 $a_i \geq s$，所以只需关注 $x_1$ 。

2. 对于 $a_j$，可以凑一凑，让每个都能被利用上，即凑出 $p/s$ 个。（证明请看洛谷题解）。

两种方式共有 $x_1+p/s$ 种，与 $c$ 判断大小即可。

• 时间复杂度？

求 $p\ \ O(n)$，求 $x_1 \ \ O(n)$，显然超时。

可以维护一个升序序列，再用前缀和，使用树状数组优化前缀和。

得单点修改序列 $\log_2 (n)$，求前缀和 $\log_2 (n)$。

具体细节见代码。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 #define int long long
const int N = 1e6+1;
int n,a[N],m,q[N],l1[N],l2[N],cnt,len;
char s[N];
struct tree{
	int c[N];
	int lowbit(int x) {
		return x & -x;
	} 
	void upd(int x,int k) {//将第 x 加 k 
		for(int i=x;i<=len;i+=lowbit(i)) {
			c[i]+=k;
		}
	}
	int s(int x) {
		int p=0;
		for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) {
			p+=c[i];
		}
		return p;
	}
}t1,t2;
//t1 维护a次数 ；t2 维护a和
signed main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		cin>>s[i]>>l1[i]>>l2[i];
		if(s[i]=='U')
			a[++cnt]=l2[i];
	}
	sort(a+1,a+cnt+1);
	len=unique(a+1,a+cnt+1)-(a+1);//此处去重，方便统计出现次数
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int wh=lower_bound(a+1,a+len+1,l2[i])-a;
		if(s[i]=='U') {
			int y=l1[i];
			if(q[y]) {
//				cout<<i<<"114514";
				int wh2=lower_bound(a+1,a+len+1,q[y])-a;
				t1.upd(wh2,-1);
				t2.upd(wh2,-q[y]);
			}
			t1.upd(wh,1);
			t2.upd(wh,l2[i]);
			q[l1[i]]=l2[i];
		}
		if(s[i]=='Z') {
			int bigger=t1.s(len)-t1.s(wh-1);
			int smaller=t2.s(wh-1);
			printf("%s\n",(bigger+smaller/l2[i]>=l1[i]?"TAK":"NIE"));
		}
	}
	return 0;
}