CF1098D Eels

Solution

先考虑不进行操作时，怎么吞噬可以得到最多的危险次数。

有一个结论是：挑最轻的两条鱼合并，可以使答案最大。

我们简单证明一下：设鱼这个集合为 (S) ，那么一次操作就是从中取出两个最小的元素 (a) 和 (b) ，并把 (a+b) 插入 (S) 。设某次操作 (a) 和 (b) 操作是不危险的，那么满足 (2aleq b) 。则 (b) 不曾被合并过，不然设 (b=c+d) ，其中 (cleq d) ，则 (dgeq b/2>a) ，那么 (d) 应该是被合并的过的，和我们的结论冲突。

然后可以发现，对所有元素排序，若一个元素对答案产生贡献，是满足 (w_ileq 2cdotsum_{j<i}w_j) 的。

也就是只要能维护这个判断就行了——根据 (w_i) 分等级： ([2^0,2^1),[2^1,2^2),[2^2,2^3),cdots,[2^{29},2^{30})) ，然后发现一个等级中如果有多个元素，只有最小的可能不是危险的（这个我不会证qwq），因此维护和即可。

如果有插入和删除操作直接改变区间和和元素就好了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;
ll q,ans,sum[40];
char ch[2];
multiset<ll> num[40];

int main(){
    scanf("%lld",&q);
    while(q--){
        ll x,i;
        scanf("%s%lld",ch,&x);
        for(i=1;(1<<i)<=x;i++);i--;
        if(ch[0]=='+'){
            sum[i]+=x;
            num[i].insert(x);
        }
        else{
            sum[i]-=x;
            num[i].erase(num[i].find(x));
        }
        ll siz=0,ans=0;
        for(int i=0;i<30;i++){
            if(!num[i].size()) continue;
            ans+=(num[i].size()-((*num[i].begin())>2*siz));
            siz+=sum[i];
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}