3932: [CQOI2015]任务查询系统
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 4869 Solved: 1652
[Submit][Status][Discuss]
Description
最近实验室正在为其管理的超级计算机编制一套任务管理系统，而你被安排完成其中的查询部分。超级计算机中的
任务用三元组(Si,Ei,Pi)描述，(Si,Ei,Pi)表示任务从第Si秒开始，在第Ei秒后结束（第Si秒和Ei秒任务也在运行
），其优先级为Pi。同一时间可能有多个任务同时执行，它们的优先级可能相同，也可能不同。调度系统会经常向
查询系统询问，第Xi秒正在运行的任务中，优先级最小的Ki个任务（即将任务按照优先级从小到大排序后取前Ki个
）的优先级之和是多少。特别的，如果Ki大于第Xi秒正在运行的任务总数，则直接回答第Xi秒正在运行的任务优先
级之和。上述所有参数均为整数，时间的范围在1到n之间（包含1和n）。
Input
输入文件第一行包含两个空格分开的正整数m和n，分别表示任务总数和时间范围。接下来m行，每行包含三个空格
分开的正整数Si、Ei和Pi(Si≤Ei)，描述一个任务。接下来n行，每行包含四个空格分开的整数Xi、Ai、Bi和Ci，
描述一次查询。查询的参数Ki需要由公式 Ki=1+(Ai*Pre+Bi) mod Ci计算得到。其中Pre表示上一次查询的结果，
对于第一次查询，Pre=1。
Output
输出共n行，每行一个整数，表示查询结果。
Sample Input
4 3
1 2 6
2 3 3
1 3 2
3 3 4
3 1 3 2
1 1 3 4
2 2 4 3
1 2 6
2 3 3
1 3 2
3 3 4
3 1 3 2
1 1 3 4
2 2 4 3
Sample Output
2
8
11
8
11
HINT
样例解释
K1 = (1*1+3)%2+1 = 1
K2 = (1*2+3)%4+1 = 2
K3 = (2*8+4)%3+1 = 3
对于100%的数据，1≤m,n,Si,Ei,Ci≤100000，0≤Ai,Bi≤100000，1≤Pi≤10000000，Xi为1到n的一个排列
Source
题解：这是一个主席树的题目，首先需要读清楚题目，有n个任务，所以可以通过离散化使得变成n个优先级，因为一个任务是在一段区间中出现的，所以很显然我们可以用到差分思想，在st++,end+1处--。作为一种高级的前缀和，很容易想到我们要以时间顺序依次建立每颗权值线段树，线段树维护的是某一时刻某一个优先级出现的次数。这里要注意的是时间不一定连续，所以在同一时间的就以当前时间的root开始建树，否则沿用前一时刻的，写成代码可以对于每一个i都将root[i]=root[i-1]就行。 PS：在试着少看题解，不然比赛时仍旧不会做，想的时候想到了差分，离散化，按照时间建树，以及主席树维护的肯定是优先级的出现次数，但是还是不太清楚怎么写。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define _mp make_pair
#define ldb long double
using namespace std;
const int maxn=2e5+100;
inline ll read()
{
ll 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*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
struct node
{
ll l,r;
ll sum,v;
}no[maxn*40];
struct sr
{
int x,num,tp,val;
}sf[maxn*2];
int id[maxn],nid[maxn],pri[maxn];
ll root[maxn<<1];
int cnt=0,tot=0,n,m;
bool cmp1( int a, int b){
return pri[a]<pri[b];
}
bool cmp2(const sr& a,const sr& b)
{
return a.x<b.x;
}
void insert(ll& now,int l,int r,int pl,int val,int type)
{
no[++cnt]=no[now];
now=cnt;
no[now].v+=type;
no[now].sum+= val;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
if(pl<=mid)insert(no[now].l,l,mid,pl,val,type);
else if(pl>mid)insert(no[now].r,mid+1,r,pl,val,type);
}
ll query(ll x,int l,int r,ll k)
{
if(l==r)
{
return no[x].sum;
}
int mid=(l+r)>>1;
ll tmp=0;
ll ss=no[no[x].l].v;
if(ss>=k)
{
tmp+=query(no[x].l,l,mid,k);
}
else
{
tmp+=no[no[x].l].sum;
tmp+=query(no[x].r,mid+1,r,k-ss);
}
return tmp;
}
int pp,qq,rr,ss;
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
pp=read();qq=read();rr=read();
pri[i]=rr;id[i]=i;
sf[++tot].x=pp;sf[tot].val=rr;sf[tot].tp=1;
sf[++tot].x=qq+1;sf[tot].val=-rr;sf[tot].tp=-1;
}
sort(id+1,id+1+n,cmp1);
for(int i=1;i<=n;i++)nid[id[i]] =i;
// for(int i=1;i<=n;i++)cout<<nid[i]<<endl;
for(int i=1;i<=tot;i+=2)
{
sf[i].num=sf[i+1].num=nid[(i+1)/2];
}
sort(sf+1,sf+1+tot,cmp2);
int j=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
root[i]=root[i-1];
while(sf[j].x==i)
{
insert(root[i],1,n,sf[j].num,sf[j].val,sf[j].tp);
j++;
}
}
//cout<<cnt<<endl;
ll pre=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
ss=read();pp=read();qq=read();rr=read();
ll tmp=1+(pp*pre+qq)%rr;
//cout<<tmp<<endl;
pre=query(root[ss],1,n,tmp);
printf("%lld
",pre);
}
}