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Description
你有n辆车，分别a1, a2, ..., an位置和n个加油站，分别在b1, b2, ... ,bn 。每个加油站只能支持一辆车的加油，所以你要把这些车开到不同的加油站加油。一个车从x位置开到y位置的代价为 |x-y| ，问如何安排车辆，使得代价之和最小。同时你有q个操作，每次操作会修改第i辆车的位置到x，你要回答每次修改操作之后最优安排方案的总代价。
Input
第一行一个正整数n，接下来一行n个整数a1, a2, ...,an，接下来一行n个整数b1, b2,... ,bn。
接下来一行一个正整数q，表示操作的个数。
接下来q行，每行有两个整数i(1 ≤ i ≤ n)和x，表示将i这辆车开到x位置的操作。
1 ≤ n, q ≤ 5 * 10^4，所有的车和加油站的范围一直在0到10^9之间。
Output
共q+1行，第一行表示一开始的最优代价。接下来q行，第i行表示操作i之后的最优代价。
Sample Input
2
1 2
3 4
1
1 3
1 2
3 4
1
1 3
Sample Output
4
2
【样例解释】
一开始将第一辆车开到位置4，将第二辆车开到位置3，代价为 |4-1|+|3-2|=4。
修改后第一辆车的位置变成3，代价为 |3-3|+|4-2|=2。
Solution
一个显然的结论是把a和b排序后按顺序匹配最优，这里就不做说明了。假设我们有一种模拟这个匹配的过程如下：从左到右扫，碰到车就把就把车加入队列，碰到加油站也把加油站加入队列，如果有车和加油站同时在队列中，我们让他们两两匹配，无法匹配我们就拖着所有车或加油站一起向右走。按照这个思路，我们可以这么计算答案：把坐标离散化后，每个车往对应坐标+1，加油站往对应坐标-1，把+1和-1的标记做前缀和，每个坐标的前缀和的绝对值乘上到下一个坐标的距离之和就是答案。那么一次修改就是把这些标记区间+1或-1，同时维护答案。这个可以分块搞，做法如下：按坐标顺序把前缀和分成若干块，每块内把前缀和排序，并求出排序后的每个坐标到排序前的下一个坐标的距离的前缀和，修改时在边缘的块直接暴力重构，剩下整块修改时，标记前缀和大于0和小于0的分开统计答案，排序可以基排桶排啥的，0的分界点也可以动态维护，但我懒所以都写的log，还好能过。总复杂度$O(nlognsqrt{n})$或$O(nsqrt{n})$。
Code
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long inline int read() { int x;char c; while((c=getchar())<'0'||c>'9'); for(x=c-'0';(c=getchar())>='0'&&c<='9';)x=x*10+c-'0'; return x; } #define MN 50000 #define MP 150000 #define K 400 int a[MN+5],b[MN+5],c[MN+5],d[MN+5]; int p[MP+5],pn,s[MP+5],ad[K+5]; ll ans; struct data{int s;ll p;}t[MP+5]; bool cmp(const data&a,const data&b){return a.s<b.s;} inline ll z(int x){return x<0?-x:x;} void build(int x) { int i; for(i=x;i<x+K;++i)t[i].s=s[i],t[i].p=p[i]; sort(t+x,t+x+K,cmp); for(i=x;++i<x+K;)t[i].p+=t[i-1].p; } void add(int l,int r,int x) { int i,lk=(l-1)/K,rk=(r-1)/K; for(i=lk*K+1;i<=(lk+1)*K;++i)s[i]+=ad[lk];ad[lk]=0; for(i=l;i<=r&&i<=(lk+1)*K;++i)ans-=z(s[i])*p[i],ans+=z(s[i]+=x)*p[i]; build(lk*K+1); for(i=lk+1;i<rk;++i) { ad[i]+=x; int l=i*K+1,r=(i+1)*K,mid,res=0; if(x<0) { while(l<=r) if(t[mid=l+r>>1].s+ad[i]<0)res=mid,l=mid+1; else r=mid-1; ans+=2*t[res].p-t[(i+1)*K].p; } else { while(l<=r) if(t[mid=l+r>>1].s+ad[i]<=0)res=mid,l=mid+1; else r=mid-1; ans-=2*t[res].p-t[(i+1)*K].p; } } if(lk==rk)return; for(i=rk*K+1;i<=(rk+1)*K;++i)s[i]+=ad[rk];ad[rk]=0; for(i=r;i>rk*K;--i)ans-=z(s[i])*p[i],ans+=z(s[i]+=x)*p[i]; build(rk*K+1); } int main() { int n=read(),q,i,j; for(i=1;i<=n;++i)p[++pn]=a[i]=read(); for(i=1;i<=n;++i)p[++pn]=b[i]=read(); for(q=read(),i=1;i<=q;++i)c[i]=read(),p[++pn]=d[i]=read(); sort(p+1,p+pn+1); for(i=2,j=1;i<=pn;++i)if(p[i]!=p[j])p[++j]=p[i]; for(i=j;++i<=pn;)p[i]=0;pn=j; for(i=1;i<=n;++i) ++s[a[i]=lower_bound(p+1,p+pn+1,a[i])-p], --s[b[i]=lower_bound(p+1,p+pn+1,b[i])-p]; for(i=1;i<=q;++i)d[i]=lower_bound(p+1,p+pn+1,d[i])-p; for(i=1;i<pn;++i)ans+=z(s[i]+=s[i-1])*(p[i]=p[i+1]-p[i]);p[i]=0; printf("%lld ",ans); for(i=1;i<=pn;i+=K)build(i); for(i=1;i<=q;++i) { if(a[c[i]]<d[i])add(a[c[i]],d[i]-1,-1); else if(d[i]<a[c[i]])add(d[i],a[c[i]]-1,1); a[c[i]]=d[i]; printf("%lld ",ans); } }