题意分析
对于每次修改后的情况，求一个最大的 $k$ ，使得温度不大于 $k$ 的冰系战士的能量和与温度不小于 $k$ 的火系战士的能量和的最小值最大。
思路分析
显然所求的 $k$ 一定是某战士的温度，因此先将数据进行升序排序离散化处理。此时问题就转变为，设冰系与火系战士组成的序列分别为 $a,b$ ，则求一个最大的 $x$ ，使得在 $x$ 位置 $a$ 的前缀和与 $b$ 的后缀和的最小值最大。
60pts
可以发现答案具有单调性，想到二分答案。 $check$ 函数很容易想到暴力地每次查询前后缀和判断，用树状数组或线段树维护前后缀和，时间复杂度 $O(nlog^2n)$ ，可以拿到 $60$ 分。维护 $b$ 序列时，可以用倒着维护后缀和的方式维护前缀和。
注意，由于题目要求的是最大的 $x$，在 $a$ 序列的前缀和大于 $b$ 序列的后缀和的情况为答案时，此时二分到的 $x$ 应该最大的使 $a$ 的前缀和不大于 $b$ 的后缀和的 $x$ ，因此需要额外进行一次处理，找到该情况下最大的 $x$ 。
...
bool check(int x)
{
int lsum=askl(x),rsum=askr(cnt-x+1);//分别查询 a,b 的前缀和，这里用倒着维护后缀和的方式维护前缀和
now=min(lsum,rsum);
return lsum<=rsum;
}//二分判断
void get()
{
int l=1,r=cnt,mid=(l+r)>>1;
while(l<=r)
{
if(askr(cnt-mid+1)<now)
r=mid-1;
else
l=mid+1;
mid=(l+r)>>1;
}
ans=mid;
}//额外处理
void query()
{
int l=1,r=cnt,mid=(l+r)>>1,lsum,rsum,val;
while(l<=r)
{
if(check(mid))
l=mid+1;
else
r=mid-1;
mid=(l+r)>>1;
}
lsum=askl(mid),rsum=askr(cnt-mid+1),val=min(lsum,rsum);
lsum=askl(mid+1),rsum=askr(cnt-mid),now=min(lsum,rsum);
if(now>=val)
get();
else
now=val,ans=mid;
}
int main()
{
...
for(int i=1;i<=Q;i++)
if(p(i)==1)
{
int x=lower_bound(b+1,b+cnt+1,x(i))-b;
if(!t(i))
changel(x,y(i));
else
changer(cnt-x+1,y(i));
query();
if(now)
printf("%d %d
",b[ans],now*2);
else
puts("Peace");
}
else
{
int x=lower_bound(b+1,b+cnt+1,x(t(i)))-b;
if(!t(t(i)))
changel(x,-y(t(i)));
else
changer(cnt-x+1,-y(t(i)));
query();
if(now)
printf("%d %d
",b[ans],now*2);
else
puts("Peace");
}
...
}
100pts
每次都查询一次前后缀和显然耗费了较多的时间，想到从这里进行优化。
根据树状数组的性质： $c_x$ 存储区间 $[x-lowbit(x)+1,x]$ 中的数据 可知，可以直接对树状数组进行类似倍增的二分。这样，对于每次二分到的 $x$ ，下一次加上一个数在二进制下表现为在 $x$ 的最末位的 $1$ 后某一位添上一个 $1$ ，即若加上的数为 $y$ ，则有 $lowbit(x+y)=y$ ，因此 $c_y$ 存储的即为区间 $[x+1,y]$ 的数据，尝试是否可行即可。
由于这里是直接对树状数组进行二分，因此对 $b$ 序列倒着维护前缀和的方式不方便操作，可以先统计 $b$ 序列的总和，再用总和减去前缀和来得到后缀和。
这样可以减掉一个 $log$ 的复杂度，将时间复杂度降到 $O(nlogn)$ ，理论上可以拿到 $100$ 分。但是本题卡常十分毒瘤，卡过去还是有一定难度的。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rg register
#define il inline
using namespace std;
const int N=2e6+10;
struct Que
{
int p,t,x,y;
#define p(i) q[i].p
#define t(i) q[i].t
#define x(i) q[i].x
#define y(i) q[i].y
}q[N+100];
int Q,cnt,now,ans,rcnt;
int b[N],tl[N],tr[N];
il int read(){
int w=1,num=1;
char ch;
while(ch=getchar(),ch<'0' || ch>'9')
if(ch=='-') w=-1;
num=ch-'0';
while(ch=getchar(),ch>='0' && ch<='9')
num=(num<<3)+(num<<1)+ch-'0';
return num*w;
}//快读
il void changel(int p,int k)
{
for(;p<=N;p+=p&-p)
tl[p]+=k;
}//冰系序列修改
il int askl(int p)
{
rg int val=0;
for(;p;p-=p&-p)
val+=tl[p];
return val;
}//冰系序列查询
il void changer(rg int p,int k)
{
for(;p<=N;p+=p&-p)
tr[p]+=k;
}//火系序列修改
il int askr(rg int p)
{
rg int val=0;
for(;p;p-=p&-p)
val+=tr[p];
return val;
}//火系序列查询
il void query()
{
rg int p=0,lsum=0,rsum=0;
for(rg int i=20;i>=0;i--)
if(p+(1<<i)<=cnt && lsum+tl[p+(1<<i)]<rcnt-rsum-tr[p+(1<<i)])
{
p+=(1<<i);
lsum+=tl[p],rsum+=tr[p];
}//树状数组二分
rg int lans=min(lsum,rcnt-rsum),rans=min(askl(p+1),rcnt-askr(p));//分别计算两种情况的答案
if(lans>rans)
ans=p,now=lans;//冰系序列较小为答案的情况
else
{
now=rans;
p=0,lsum=0,rsum=0;
for(rg int i=20;i>=0;i--)
if(p+(1<<i)<=cnt &&(lsum+tl[p+(1<<i)]<rcnt-rsum-tr[p+(1<<i)] || min(lsum+tl[p+(1<<i)],rcnt-rsum-tr[p+(1<<i)])==now))
{
p+=(1<<i);
lsum+=tl[p],rsum+=tr[p];
}
ans=p;
}//火系序列较小为答案的情况
}
int main()
{
Q=read();
for(rg int i=1;i<=Q;i++)
{
p(i)=read(),t(i)=read();
if(p(i)==1)
x(i)=read(),y(i)=read(),b[++cnt]=x(i);
}
sort(b+1,b+cnt+1);
cnt=unique(b+1,b+cnt+1)-b-1;//离散化
for(rg int i=1;i<=Q;i++)
if(p(i)==1)
{
rg int x=lower_bound(b+1,b+cnt+1,x(i))-b;
if(!t(i))
changel(x,y(i));
else
changer(x,y(i)),rcnt+=y(i);
query();
if(now)
printf("%d %d
",b[ans+1],now*2);
else
puts("Peace");
}
else
{
rg int x=lower_bound(b+1,b+cnt+1,x(t(i)))-b;
if(!t(t(i)))
changel(x,-y(t(i)));
else
changer(x,-y(t(i))),rcnt-=y(t(i));
query();
if(now)
printf("%d %d
",b[ans+1],now*2);
else
puts("Peace");
}
return 0;
}