*题解：P3586 [POI 2015 R2] 物流 Logistics

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解析

考虑能每次选 \(c\) 个正数进行 \(s\) 次 \(-1\) 操作的充要条件是什么。首先由于只进行 \(s\) 次操作，可以将 \(> s\) 的数视为 \(s\)。然后求和，如果和 \(< c \cdot s\)，那么必定无法操作，反之是否必定可以操作呢？我们尝试将这 \(n\) 个数合并成 \(c\) 个，如果都能合并出 \(s\) 就说明可以，一个朴素的想法是将每个数分解成其数值个元素，直接一个一个堆起来，就像这样：

c = 3,s = 5
5 4 2
5 4 2
3 5 1
3 5 4
3 5 4

由于我们已经将 \(> s\) 数视为 \(s\)，所以不可能出现同一层中的两个元素属于同一个数的情况。

于是问题就变为如何求 \(\le s\) 部分的和。考虑开两个权值树状数组，一个存数值和，一个存出现次数，要求的其实就是 \(sum + cnt \cdot s\)，其中 \(sum\) 是 \(\le s\) 的数的和，\(cnt\) 是 \(> s\) 的数的个数。

时间复杂度 \(O(m\log n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ls(p) ((p) << 1)
#define rs(p) (((p) << 1) | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e6 + 5,M = 5e5,mod = 998244353;
int a[N];
ll cnt[N];
ll sum[N];
struct Query{
	char op;
	int x,y;
}q[N];
void add(ll b[],int x,int k){
	for(;x < N;x += x & -x){
		b[x] += k;
	}
}
ll ask(ll b[],int x){
	ll res = 0;
	for(;x;x -= x & -x){
		res += b[x];
	}
	return res;
}
int read(){
	int a = 1,x = 0;
	char ch = getchar();
	while(ch > '9' || ch < '0'){
		if(ch == '-') a = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){
		x = x * 10 + ch - '0';
		ch = getchar();
	}
	return a * x;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
//	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	vector<int> v;
	v.push_back(0);
	int n,m;
	n = read(),m = read();
	for(int i=1;i<=m;i++){
		q[i].op = getchar();
		q[i].x = read();
		q[i].y = read();
		v.push_back(q[i].y);
	}
	sort(v.begin(),v.end());
	v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
	for(int i=1;i<=n;i++){
		add(cnt,1,1);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(q[i].op == 'U'){
			int p = lower_bound(v.begin(),v.end(),a[q[i].x]) - v.begin() + 1;
			add(sum,p,-a[q[i].x]);
			add(cnt,p,-1);
			a[q[i].x] = q[i].y;
			p = lower_bound(v.begin(),v.end(),a[q[i].x]) - v.begin() + 1;
			add(sum,p,a[q[i].x]);
			add(cnt,p,1);
		}else{
			int p = lower_bound(v.begin(),v.end(),q[i].y) - v.begin() + 1;
			ll x = ask(sum,p) + (n - ask(cnt,p)) * q[i].y;
			if(x >= 1ll * q[i].x * q[i].y){
				cout<<"TAK\n";
			}else{
				cout<<"NIE\n";
			}
		}
	}
	return 0;
}