题目描述
一个可重复数字集合S的神秘数定义为最小的不能被S的子集的和表示的正整数。例如S={1,1,1,4,13}，
1 = 1
2 = 1+1
3 = 1+1+1
4 = 4
5 = 4+1
6 = 4+1+1
7 = 4+1+1+1
8无法表示为集合S的子集的和，故集合S的神秘数为8。
现给定n个正整数a[1]..a[n]，m个询问，每次询问给定一个区间[l,r](l<=r)，求由a[l],a[l+1],…,a[r]所构成的可重复数字集合的神秘数。
输入
第一行一个整数n，表示数字个数。
第二行n个整数，从1编号。
第三行一个整数m，表示询问个数。
以下m行，每行一对整数l,r，表示一个询问。
输出
对于每个询问，输出一行对应的答案。
样例输入
5
1 2 4 9 10
5
1 1
1 2
1 3
1 4
1 5
样例输出
2
4
8
8
8
题解
主席树的一道神题
我们先想暴力怎么做：把一段区间的数取出来，排个序，从小到大选择。如果$a1$~$a_{i-1}$能够表示$1~x$，此时加入$a_i$，如果$a_ile x+1$，那么就可以表示$x+a_i$，否则x就是答案。
试着优化一下这个过程：设$a_{i-1}=k$，$a_i=y$，1~i-1的神秘数为ans=x+1，那么显然$ans=sumlimits_{t=1}^{i-1}a_t$。此时如果存在k+1~ans的数就可以更新ans。更具体地，如果k+1~ans内的数的和为s，那么ans+=s；而ans为1~k的数的和+1，故ans的新值应该赋为1~ans的数的和。
说了这么多废话有什么用？我们可以发现每次ans的增量都大于等于前一次的ans，所以这个过程的时间复杂度应该为$O(log a)$。
而事实上我们并不能把区间拿出来排序，所以需要使用数据结构，上一个主席树就好了。
时间复杂度为$O(nlog^2n)$
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
int v[N] , a[N] , root[N] , ls[N << 5] , rs[N << 5] , sum[N << 5] , tot;
void insert(int p , int l , int r , int x , int &y)
{
y = ++tot , sum[y] = sum[x] + a[p];
if(l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) rs[y] = rs[x] , insert(p , l , mid , ls[x] , ls[y]);
else ls[y] = ls[x] , insert(p , mid + 1 , r , rs[x] , rs[y]);
}
int query(int p , int l , int r , int x , int y)
{
if(r <= p) return sum[y] - sum[x];
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) return query(p , l , mid , ls[x] , ls[y]);
else return query(p , mid + 1 , r , rs[x] , rs[y]) + sum[ls[y]] - sum[ls[x]];
}
int main()
{
int n , m , i , x , y , ans , tmp;
scanf("%d" , &n);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]) , v[i] = a[i];
sort(a + 1 , a + n + 1);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) v[i] = lower_bound(a + 1 , a + n + 1 , v[i]) - a;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) insert(v[i] , 1 , n , root[i - 1] , root[i]);
a[n + 1] = 1 << 30;
scanf("%d" , &m);
while(m -- )
{
scanf("%d%d" , &x , &y) , ans = 1;
while((tmp = query(upper_bound(a + 1 , a + n + 2 , ans) - a - 1 , 1 , n , root[x - 1] , root[y])) >= ans)
ans = tmp + 1;
printf("%d
" , ans);
}
return 0;
}