很久很久以前，有很多蚂蚁部落共同生活在一片祥和的村庄里。但在某一天，村庄里突然出现了一只食蚁兽，蚂蚁们为了保全性命而决定搬家。
然而这个村庄四面环山，想要离开这个村庄必须要从地洞里离开，村子里一共有 2n2n2n 个地洞，分布在山的左右，一边 nnn 个。左边的任意一个地洞都可以通到右边 nnn 个地洞中的任意的一个，如图所示（两侧地洞从上至下编号为 111 到 nnn）。
对于右边的第 iii 个出口，附近有数量为 wiw_iwi 的食物。
现在前后依次来了 qqq 个蚂蚁部落，第 iii 个部落有 aia_iai 只蚂蚁，它们会从左边第 bib_ibi 个地洞离开，并且选择一个右侧的出口，出口的食物必须大于等于 aia_iai，如果有多个满足要求的出口，则选择距离 bib_ibi 最近的（假设蚂蚁从右边的编号为 kkk 的地洞出来，那么距离定义为 ∣k−bi∣|k-b_i|∣k−bi∣）。如果有多个洞口符合要求，选择编号最小的出口离开，并且占据这个出口数量为 aia_iai 的食物，当前洞口的食物数量减少 aia_iai。
请输出每群蚂蚁会选择哪个出口，如果没有符合要求的出口，输出 −1-1−1，并且忽略这群蚂蚁。
输入格式
第一行两个整数 nnn 和 qqq。
接下来 nnn 行，每行一个整数 wiw_iwi，表示右方第 iii 个洞口的食物数量。
接下来 qqq 行，每行两个整数 aia_iai 和 bib_ibi，表示蚂蚁数量和它们离开的洞口。
输出格式
一共 qqq 行，每行一个整数，表示第 iii 群蚂蚁会选择哪个出口。
数据规模
对于 30%30\%30% 的数据：n,q≤3000n,q le 3000n,q≤3000。
对于 60%60\%60% 的数据：n,q≤100000n,q le 100000n,q≤100000。
对于另外 20%20\%20% 的数据保证：ai=1a_i=1ai=1。
对于 100%100\%100% 的数据：n,q≤500000n,q le 500000n,q≤500000，ai,wi≤109a_i,w_i le 10^9ai,wi≤109，bi≤nb_i le nbi≤n。
更多样例
样例解释
原始的剩余食物为 9,8,6,10,59,8,6,10,59,8,6,10,5。
查询 4,54,54,5，选择第 555 个洞口出来，剩下食物为 9,8,6,10,19,8,6,10,19,8,6,10,1。
查询 2,52,52,5，选择第 444 个洞口出来，剩下食物为 9,8,6,8,19,8,6,8,19,8,6,8,1。
查询 8,18,18,1，选择第 111 个洞口出来，剩下食物为 1,8,6,8,11,8,6,8,11,8,6,8,1。
查询 9,39,39,3，这时候没有满足条件的洞口了，忽略之。
查询 3,13,13,1，选择第 222 个洞口出来，剩下食物为 1,5,6,8,11,5,6,8,11,5,6,8,1。
忽略每行输出的末尾多余空格
样例输入
5 5 9 8 6 10 5 4 5 2 5 8 1 9 3 3 1
样例输出
5 4 1 -1 2
对于30%的数据:n≤300直接暴力找就好
对于60%的数据:题目要求相当于找距离bi最近的且大于等于ai的位置
这个可以用二分位置+线段树求区间min实现
复杂度 O(n lg n)
如果没有nb的卡常技巧大概是过不了100分的
对于另外20%的数据:ai =1
相当于找距离i最近的值≥1的点,我们考虑线段树之外的做法
维护两个并查集,分别指向当前点往上第一个不为0的点和往下第一个不为0的点。
复杂度O(nlgn) 。
对于 100% 的数据:
依然考虑用线段树维护,假设现在要找编号小于i的距离i最近的点
我们记录一个数组pos[i]表示代表位置i的线段树的叶子节点的编号,然后从这个节点往上找
如果当前点是fa的左儿子,什么也不做,然后向fa走一步
如果当前点是fa的右儿子,如果fa的左儿子中的最大值≥a[i],那么递归在fa的左儿子中找答案,现
在区间是一整个节点,就可以利用线段树的二分结构往下找。
否则什么也不做,然后向fa走一步。
向右同理
复杂度O(nlgn)
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 const int inf=2e9; 8 int n,q,w[500001],c[2000001],L[2000001],R[2000001],pos[500001]; 9 void pushup(int rt) 10 { 11 c[rt]=max(c[rt*2],c[rt*2+1]); 12 } 13 void build(int rt,int l,int r) 14 { 15 L[rt]=l;R[rt]=r; 16 if (l==r) 17 { 18 c[rt]=w[l]; 19 pos[l]=rt; 20 return; 21 } 22 int mid=(l+r)/2; 23 build(rt*2,l,mid); 24 build(rt*2+1,mid+1,r); 25 pushup(rt); 26 } 27 void update(int rt,int l,int r,int x,int d) 28 { 29 if (l==r) 30 { 31 c[rt]+=d; 32 return; 33 } 34 int mid=(l+r)/2; 35 if (x<=mid) update(rt*2,l,mid,x,d); 36 else update(rt*2+1,mid+1,r,x,d); 37 pushup(rt); 38 } 39 int take1(int rt,int x) 40 { 41 if (L[rt]==R[rt]) return L[rt]; 42 if (c[rt*2+1]>=x) return take1(rt*2+1,x); 43 return take1(rt*2,x); 44 } 45 int take2(int rt,int x) 46 { 47 if (L[rt]==R[rt]) return L[rt]; 48 if (c[rt*2]>=x) return take2(rt*2,x); 49 return take2(rt*2+1,x); 50 } 51 int find1(int rt,int x) 52 { 53 if (rt==1) return inf; 54 if (rt&1) 55 if (c[rt-1]>=x) return take1(rt-1,x); 56 return find1(rt/2,x); 57 } 58 int find2(int rt,int x) 59 { 60 if (rt==1) return inf; 61 if ((rt&1)==0) 62 if (c[rt+1]>=x) return take2(rt+1,x); 63 return find2(rt/2,x); 64 } 65 int main() 66 {int i,x,y,p1,p2; 67 cin>>n>>q; 68 for (i=1;i<=n;i++) 69 { 70 scanf("%d",&w[i]); 71 } 72 build(1,1,n); 73 while (q--) 74 { 75 scanf("%d%d",&x,&y); 76 if (w[y]>=x) p1=p2=y; 77 else p1=find1(pos[y],x),p2=find2(pos[y],x); 78 if (p1==inf&&p2==inf) printf("-1 "); 79 else 80 { 81 if (abs(y-p1)<=abs(p2-y)) 82 { 83 printf("%d ",p1); 84 w[p1]-=x; 85 update(1,1,n,p1,-x); 86 } 87 else 88 { 89 printf("%d ",p2); 90 w[p2]-=x; 91 update(1,1,n,p2,-x); 92 } 93 } 94 } 95 }