P3488 [POI2009]LYZ-Ice Skates

传送门

这一题基础是二分图匹配，并且要知道一个 $Hall$ 定理：对于二分图能完全匹配的充要条件是，设点数少的那边为左边，点数为 $n$，对于 $k in [1,n]$ ，左边任意 $k$ 个点，右边都要有至少有 $k$ 的点与左边这些点相连

证明好像也不难，首先必要性是显然的

然后考虑对于左边 $n$ 个点的集合，如果他满足 $Hall$ 定理并且存在一个点 $X_a$ 没法匹配，那么这个点 $X_a$ 连向的 $Y_{b,c,d..}$ 一定已经都有匹配，设此时是 $X_{b,c,d...}$ 匹配 $Y_{b,c,d...}$ ，

那么由 $Hall$ 定理得到 $X_a,X_{b,c,d...}$ 这些点构成的集合一定还有一条出边连向 $Y_{b,c,d}$ 之外的点（不然 $Y$ 的点数小于 $X$ 的点数），

所以可以这样一直增广下去最终一定能找到一条增广路

然后考虑如何保证题目中一定存在完全匹配，显然我们只要考虑连续的一段型号的人，这样会让右边空闲的位置尽量少

如果不合法那么一定存在连续的一段 $[l,r]$ ，使得 $sum_{i=l}^{r}X_i>(r-l+1+d)*k$ ，其中 $X_i$ 为 $i$ 号脚的人的数量，式子表示人比鞋多

变一下式子即为 $sum_{i=l}^{r}(X_i-k)>d*k$ ，所以我们只要能判断是否有连续的一段 $X-k$ 的和大于 $d*k$ 

直接用线段树维护一下最大子段和即可

#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=4e5+7;
int n,m,K,D;
struct Segtree {
    ll sum[N<<2],mx[N<<2],lmx[N<<2],rmx[N<<2];
    inline void pushup(int o)
    {
        int lc=o<<1,rc=o<<1|1;
        mx[o]=max( max(mx[lc],mx[rc]) , max(0ll,rmx[lc]+lmx[rc]) );
        lmx[o]=max( max(0ll,lmx[lc]) , sum[lc]+lmx[rc] );
        rmx[o]=max( max(0ll,rmx[rc]) , sum[rc]+rmx[lc] );
        sum[o]=sum[lc]+sum[rc];
    }
    void build(int o,int l,int r)
    {
        if(l==r) { sum[o]=-K; return; }
        int mid=l+r>>1; build(o<<1,l,mid); build(o<<1|1,mid+1,r);
        pushup(o);
    }
    void change(int o,int l,int r,int pos,int v)
    {
        if(l==r) { sum[o]+=v; lmx[o]=rmx[o]=mx[o]=max(0ll,sum[o]); 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 query() { return mx[1]; }
}T;
int main()
{
    n=read(),m=read(),K=read(),D=read();
    T.build(1,1,n); int a,b;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        a=read(),b=read(); T.change(1,1,n,a,b);
        if(T.query()>1ll*K*D) printf("NIE
");
        else printf("TAK
");
    }
    return 0;
}