【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
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
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
");
else printf("NIE
");
}
}
return 0;
}