Problem

给定一个环，每个节点有一个所属国家，k 次事件，每次对 [l,r] 区间上的每个点点权加上一个值，求每个国家最早多少次操作之后所有点的点权和能达到一个值

Solution

感谢 @陈常杰 的题解。

所谓整体二分呢，就是....
我也不知道是啥

嘛，就讲讲这题的做法。
首先想到二分。对每个国家进行二分时间来找答案。
然而这么做，一个国家可以，那么多国家怕是吃不消。

于是就干脆所有国家一起处理。

一开始定时间为 0 到 t +1（共 t 次操作），那么 mid 就是操作的中间一个。把 1~mid 的操作全部执行，看看哪些国家已经满足，满足的放到 A 集合，不满足的放到 B 集合。然后带着 A 集合里的国家递归左边二分（时间为 0~mid），因为 A 集合中的国家已经满足，那么把他们的时间缩小；同理 B 集合里的国家右边二分（时间为 mid+1~t+1）。当时间的左右端点相同的时候，端点就是当前集合里国家所需要的时间。如果时间为 t + 1 的话，就是永远无法满足。

你认为这样时间复杂度会很大？平摊下来其实只有 $O(nlog^2n)$。
如何验证国家是否满足，我们就一个个操作来作就行（线段树会被卡，得用树状数组），但是下一层递归得充分利用上一层已做的操作，节省时间。
那么具体怎么做呢？

请看下面的代码，我猜您看完后会大呼一声：妙！

当然如果没有也当我没说，因为我菜

使用全局变量一定要谨慎。一般尽量就别用。

Code

// Code by ajcxsu
// Problem: meteor

#include<bits/stdc++.h>
#define INF (0x3f3f3f3f)
using namespace std;

const int N=3e5+10;
typedef long long ll;
struct Con {
    int l,r,a;
} con[N];
ll need[N];
vector<int> lab[N];
int now;
int n,m,t;

ll C[N];
#define lowbit(x) x&-x
inline void updata(int x,int d) {
    while(x) {
        C[x]+=d;
        x-=lowbit(x);
    }
}
inline ll query(int x) {
    ll ret=0;
    while(x<=m) {
        ret+=C[x];
        x+=lowbit(x);
    }
    return ret;
}

int X[N],A[N],B[N],pa,pb;
int tim[N];
void div(int l,int r,int tl,int tr) {
    if(l>r) return;
    if(tl==tr) { for(int i=l;i<=r;i++) tim[X[i]]=tl; return;}
    int mid=(tl+tr)>>1;
    while(now<mid) {
        now++;
        if(con[now].l<=con[now].r) {
            updata(con[now].l-1,-con[now].a), updata(con[now].r,con[now].a);
        }
        else {
            updata(con[now].l-1,-con[now].a), updata(m,con[now].a);
            updata(con[now].r,con[now].a);
        }
    }
    while(now>mid) {
        if(con[now].l<=con[now].r) {
            updata(con[now].l-1,con[now].a), updata(con[now].r,-con[now].a);
        }
        else {
            updata(con[now].l-1,con[now].a), updata(m,-con[now].a);
            updata(con[now].r,-con[now].a);
        }
        now--;
    }
    int pa=pb=0;
    int cnt=0,len;
    for(int i=l;i<=r;i++) {
        cnt=0;
        len=lab[X[i]].size();
        for(int j=0;j<len;j++) cnt+=query(lab[X[i]][j]);
        if(cnt>=need[X[i]]) A[pa++]=X[i];
        else B[pb++]=X[i];
    }
    for(int i=l;i<=l+pa-1;i++) X[i]=A[i-l];
    for(int i=l+pa;i<=r;i++) X[i]=B[i-l-pa];
    div(l,l+pa-1,tl,mid), div(l+pa,r,mid+1,tr);
}

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int na;
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&na), lab[na].push_back(i);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&need[i]), X[i]=i;
    scanf("%d",&t);
    for(int i=1;i<=t;i++) scanf("%d%d%d",&con[i].l,&con[i].r,&con[i].a);
    div(1,n,0,t+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(tim[i]>t) printf("NIE\n");
        else printf("%d\n",tim[i]);
    return 0;
}

本文链接：https://pst.iorinn.moe/archives/sol_luogu_3527.html
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