对于询问，首先如果正数数量不到 $c$ 个显然无解
然后如果大于等于 $s$ 的数大于等于 $c$ 个，那么显然有解
否则，考虑贪心地取数，首先初始大于等于 $s$ 的哪些数我们每次取都可以取到，所以直接把 $c-cnt$ ，其中 $cnt$ 是初始大于等于 $s$ 的数的个数
然后考虑剩下的哪些数的情况如何才能保证最终有解
发现剩下的数似乎只要总和大于等于 $c*s$ 就一定有解，证明可以这样考虑：
把剩下的数拆成若干个 $1$ 并重新组合，最终一定可以组合出 $c$ 个值为 $s$ 的数
考虑把每个 $1$ 都打上标记记录原本属于哪个数，重新组合以后对于每次 $-1$ 的操作，我们根据标记可以看成把标记表示的原本的数减 $1$
这样最终一定有解，所以证明完成
然后用线段树维护一下即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2e6+7; int n,m,a[N],d[N],inv[N]; int t[N<<2]; ll sum[N<<2]; inline void pushup(int o) { t[o]=t[o<<1]+t[o<<1|1]; sum[o]=sum[o<<1]+sum[o<<1|1]; } void change(int o,int l,int r,int pos,int v) { if(l==r) { t[o]+=v; sum[o]+=1ll*v*inv[l]; return; } int mid=l+r>>1; pos<=mid ? change(o<<1,l,mid,pos,v) : change(o<<1|1,mid+1,r,pos,v); pushup(o); } ll query2(int o,int l,int r,int qr) { if(r<=qr) return sum[o]; int mid=l+r>>1; if(mid<qr) return sum[o<<1]+query2(o<<1|1,mid+1,r,qr); return query2(o<<1,l,mid,qr); } int query3(int o,int l,int r,int pos) { if(l==r) return t[o]; int mid=l+r>>1; if(pos<=mid) return t[o<<1|1]+query3(o<<1,l,mid,pos); return query3(o<<1|1,mid+1,r,pos); } char s[N]; int da[N],db[N]; int main() { n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%s",&s[i]); da[i]=read(),db[i]=read(); d[i]=db[i]; } sort(d+1,d+m+1); int tot=unique(d+1,d+m+1)-d-1; for(int i=1;i<=m;i++) { int t=db[i]; db[i]=lower_bound(d+1,d+tot+1,db[i])-d; inv[db[i]]=t; } int cnt=0; for(int i=1;i<=m;i++) { if(s[i]=='U') { if(a[da[i]]) change(1,1,tot,a[da[i]],-1); else cnt++; a[da[i]]=db[i]; change(1,1,tot,db[i],1); } if(s[i]=='Z') { if(da[i]>cnt) { printf("NIE "); continue; } int t=da[i]-query3(1,1,tot,db[i]); if(t<=0) { printf("TAK "); continue; } if(1ll*t*inv[db[i]]<=query2(1,1,tot,db[i]-1)) printf("TAK "); else printf("NIE "); } } return 0; }