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【BZOJ4378】[POI2015]Logistyka 树状数组

2024-09-20 22:50:36   218人阅读

【BZOJ4378】[POI2015]Logistyka

Description

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：
1.U k a 将序列中第k个数修改为a。
2.Z c s 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。
每次询问独立，即每次询问不会对序列进行修改。

Input

第一行包含两个正整数n,m(1<=n,m<=1000000)，分别表示序列长度和操作次数。
接下来m行为m个操作，其中1<=k,c<=n，0<=a<=10^9，1<=s<=10^9。

Output

包含若干行，对于每个Z询问，若可行，输出TAK，否则输出NIE。

Sample Input

3 8
U 1 5
U 2 7
Z 2 6
U 3 1
Z 2 6
U 2 2
Z 2 6
Z 2 1

Sample Output

NIE
TAK
NIE
TAK

题解：我们考虑什么情况下询问有解。若一个数>s，那么我们肯定贪心的每次都让它-1，但是它最多只能取s次，所以它跟s没什么区别；若一个数≤s，那我们贪心的将它取到0，它对总和的贡献就是它本身。所以综上所述，有解的条件就是 ∑min(v[i],s) (1≤i≤n)≥c*s。我们只需要维护两个树状数组，一个记录>s的数的个数，一个记录≤s的数的总和，然后只要 个数*s+总和≥c*s就行了

需要离散化，别忘开long long

#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=1000010;int n,m,nm;char str[5];struct node{	int org;	ll num;}p[maxn<<1];int qa[maxn],qc[maxn];ll ref[maxn<<1],s1[maxn],s2[maxn],v[maxn],qb[maxn];int rd(){	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)f=-f;	gc=getchar();}	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();	return ret*f;}void up1(int x,ll val){	for(int i=x;i<=nm;i+=i&-i)	s1[i]+=val;}void up2(int x,ll val){	for(int i=x;i<=nm;i+=i&-i)	s2[i]+=val;}ll q1(int x){	int i=x;	ll ret=0;	for(i=x;i;i-=i&-i)	ret+=s1[i];	return ret;}ll q2(int x){	int i=x;	ll ret=0;	for(i=x;i;i-=i&-i)	ret+=s2[i];	return ret;}bool cmp(node a,node b){	return a.num<b.num;}int main(){	n=rd(),m=rd();	int i,j,a,b;	for(i=1;i<=m;i++)	{		scanf("%s",str),qa[i]=rd(),p[i].num=rd(),p[i].org=i;		if(str[0]==‘U‘)	qc[i]=0;		else	qc[i]=1;	}	sort(p+1,p+m+1,cmp);	ref[1]=0,nm=1;	for(i=1;i<=m;i++)	{		if(p[i].num>ref[nm])	ref[++nm]=p[i].num;		qb[p[i].org]=nm;	}	for(i=1;i<=n;i++)	up1(1,1),v[i]=1;	for(i=1;i<=m;i++)	{		if(!qc[i])		{			up1(v[qa[i]],-1),up2(v[qa[i]],-ref[v[qa[i]]]),v[qa[i]]=qb[i];			up1(qb[i],1),up2(qb[i],ref[qb[i]]);		}		else		{			if((n-q1(qb[i]))*ref[qb[i]]+q2(qb[i])>=qa[i]*ref[qb[i]])	printf("TAK\n");			else	printf("NIE\n");		}	}	return 0;}

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