Description
Solution
首先注意到一个点不会走两次,只会有停下来等待的情况,把序列倍长
那么如果枚举一个起点(i),答案就是 (min(max(T[j]+n-(j-i)-1)),j∈[i,2*n])
相当于从 (i) 出发,先走到 (j) 停下来,然后再走完剩下的,如果不合法则不会更优
最优情况一定是把等待时间尽量用在前面(把起点往前移)
设 (a[i]=T[i]-i)
原式变为: (min(max(a[j]+i)+n-1),j∈[i,2*n])
维护 (max(a[j]+i)) 即可,可以用线段树维护,每一次修改向上合并维护这个东西
(i,j) 是有偏序关系的每一次要维护跨过 (mid) 的答案
向上合并需要一个 (log) 的递归查询
复杂度是 (O(n*log^2))
#include<bits/stdc++.h>
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,tr[N*4],mx[N*4],Q,P,T[N],a[N],ans=0;
inline int qry(int l,int r,int o,int x){
if(l==r)return l+max(x,mx[o]);
int mid=(l+r)>>1;
if(mx[rs]>=x)return min(tr[o],qry(mid+1,r,rs,x));
return min(qry(l,mid,ls,x),mid+1+x);
}
inline void upd(int l,int r,int o){
int mid=(l+r)>>1;
tr[o]=qry(l,mid,ls,mx[rs]);
mx[o]=max(mx[ls],mx[rs]);
}
inline void build(int l,int r,int o){
if(l==r){tr[o]=T[l];mx[o]=a[l];return ;}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,ls);build(mid+1,r,rs);
upd(l,r,o);
}
inline void Modify(int l,int r,int o,int sa){
if(l==r){tr[o]=T[l];mx[o]=a[l];return ;}
int mid=(l+r)>>1;
if(sa<=mid)Modify(l,mid,ls,sa);
else Modify(mid+1,r,rs,sa);
upd(l,r,o);
}
int main(){
freopen("circle.in","r",stdin);
freopen("circle.out","w",stdout);
cin>>n>>Q>>P;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&T[i]);T[i+n]=T[i];
a[i]=T[i]-i;a[i+n]=T[i+n]-i-n;
}
build(1,n*2,1);
printf("%d
",ans=tr[1]+n-1);
int x,y;
while(Q--){
scanf("%d%d",&x,&y);x^=ans*P;y^=ans*P;
T[x]=y;T[x+n]=y;a[x]=T[x]-x;a[x+n]=T[x+n]-x-n;
Modify(1,n*2,1,x);Modify(1,n*2,1,x+n);
printf("%d
",ans=tr[1]+n-1);
}
return 0;
}