【洛谷P3586】LOG

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3586
维护一个长度为 (n) 的序列，一开始都是 (0)，支持以下两种操作：

1. U k a 将序列中第 (k) 个数修改为 (a)。
2. Z c s 在这个序列上，每次选出 (c) 个正数，并将它们都减去 (1)，询问能否进行 (s) 次操作。

每次询问独立，即每次询问不会对序列进行修改。

思路

题目等价于

对于一次询问，书架上书本数超过 (s) 的一定最多只可取 (s) 本，剩余的书本在最优情况下一定存在一种方案没有人取到相同的书。
可以感性理解一下。
所以我们直接离散化之后用两棵权值树状数组维护一下小于 (k) 的数的和以及小于 (k) 的数的数量即可。
时间复杂度 (O(nlog n))。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=1000010;
int n,m,tot,a[N],b[N],X[N],Y[N];
char opt[N][3];

struct BIT
{
	ll c[N];
	
	void add(int x,ll v)
	{
		if (!x) return;
		for (int i=x;i<=tot;i+=i&-i)
			c[i]+=v;
	}
	
	ll query(int x)
	{
		ll sum=0;
		for (int i=x;i;i-=i&-i)
			sum+=c[i];
		return sum;
	}
}bit1,bit2;

int main()
{
	freopen("book.in","r",stdin);
	freopen("book.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%s%d%d",&opt[i],&X[i],&Y[i]);
		b[i]=Y[i];
	}
	b[m+1]=0;
	sort(b+1,b+2+m);
	tot=unique(b+1,b+2+m)-b-1;
	for (int i=1;i<=m;i++)
		Y[i]=lower_bound(b+1,b+1+tot,Y[i])-b;
	bit2.add(1,n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=1;
	for (int i=1;i<=m;i++)
		if (opt[i][0]=='U')
		{
			bit1.add(a[X[i]],-b[a[X[i]]]);
			bit2.add(a[X[i]],-1);
			a[X[i]]=Y[i];
			bit1.add(a[X[i]],b[a[X[i]]]);
			bit2.add(a[X[i]],1);
		}
		else
		{
			if (bit1.query(Y[i])+1LL*(n-bit2.query(Y[i]))*b[Y[i]]>=1LL*X[i]*b[Y[i]]) printf("TAK
");
				else printf("NIE
");
		}
	return 0;
}