计蒜客模拟赛5 D2T2 蚂蚁搬家

很久很久以前，有很多蚂蚁部落共同生活在一片祥和的村庄里。但在某一天，村庄里突然出现了一只食蚁兽，蚂蚁们为了保全性命而决定搬家。

然而这个村庄四面环山，想要离开这个村庄必须要从地洞里离开，村子里一共有 2n2n2n 个地洞，分布在山的左右，一边 nnn 个。左边的任意一个地洞都可以通到右边 nnn 个地洞中的任意的一个，如图所示（两侧地洞从上至下编号为 111 到 nnn）。

对于右边的第 iii 个出口，附近有数量为 wiw_iw​i​​ 的食物。

现在前后依次来了 qqq 个蚂蚁部落，第 iii 个部落有 aia_ia​i​​ 只蚂蚁，它们会从左边第 bib_ib​i​​ 个地洞离开，并且选择一个右侧的出口，出口的食物必须大于等于 aia_ia​i​​，如果有多个满足要求的出口，则选择距离 bib_ib​i​​ 最近的（假设蚂蚁从右边的编号为 kkk 的地洞出来，那么距离定义为 ∣k−bi∣|k-b_i|∣k−b​i​​∣）。如果有多个洞口符合要求，选择编号最小的出口离开，并且占据这个出口数量为 aia_ia​i​​ 的食物，当前洞口的食物数量减少 aia_ia​i​​。

请输出每群蚂蚁会选择哪个出口，如果没有符合要求的出口，输出 −1-1−1，并且忽略这群蚂蚁。

输入格式

第一行两个整数 nnn 和 qqq。

接下来 nnn 行，每行一个整数 wiw_iw​i​​，表示右方第 iii 个洞口的食物数量。

接下来 qqq 行，每行两个整数 aia_ia​i​​ 和 bib_ib​i​​，表示蚂蚁数量和它们离开的洞口。

输出格式

一共 qqq 行，每行一个整数，表示第 iii 群蚂蚁会选择哪个出口。

数据规模

对于 30%30\%30% 的数据：n,q≤3000n,q \le 3000n,q≤3000。

对于 60%60\%60% 的数据：n,q≤100000n,q \le 100000n,q≤100000。

对于另外 20%20\%20% 的数据保证：ai=1a_i=1a​i​​=1。

对于 100%100\%100% 的数据：n,q≤500000n,q \le 500000n,q≤500000，ai,wi≤109a_i,w_i \le 10^9a​i​​,w​i​​≤10​9​​，bi≤nb_i \le nb​i​​≤n。

更多样例

样例输入 2

样例输出 2

样例解释

原始的剩余食物为 9,8,6,10,59,8,6,10,59,8,6,10,5。

查询 4,54,54,5，选择第 555 个洞口出来，剩下食物为 9,8,6,10,19,8,6,10,19,8,6,10,1。

查询 2,52,52,5，选择第 444 个洞口出来，剩下食物为 9,8,6,8,19,8,6,8,19,8,6,8,1。

查询 8,18,18,1，选择第 111 个洞口出来，剩下食物为 1,8,6,8,11,8,6,8,11,8,6,8,1。

查询 9,39,39,3，这时候没有满足条件的洞口了，忽略之。

查询 3,13,13,1，选择第 222 个洞口出来，剩下食物为 1,5,6,8,11,5,6,8,11,5,6,8,1。

忽略每行输出的末尾多余空格

样例输入

5 5
9 8 6 10 5
4 5
2 5
8 1
9 3
3 1

样例输出

5
4
1
-1
2
对于30%的数据:n≤300直接暴力找就好

对于60%的数据:题目要求相当于找距离bi最近的且大于等于ai的位置
这个可以用二分位置+线段树求区间min实现
复杂度 O(n lg n) 
如果没有nb的卡常技巧大概是过不了100分的

对于另外20%的数据:ai =1
相当于找距离i最近的值≥1的点,我们考虑线段树之外的做法
维护两个并查集,分别指向当前点往上第一个不为0的点和往下第一个不为0的点。
复杂度O(nlgn) 。

对于 100% 的数据:
依然考虑用线段树维护,假设现在要找编号小于i的距离i最近的点
我们记录一个数组pos[i]表示代表位置i的线段树的叶子节点的编号,然后从这个节点往上找
如果当前点是fa的左儿子,什么也不做,然后向fa走一步
如果当前点是fa的右儿子,如果fa的左儿子中的最大值≥a[i],那么递归在fa的左儿子中找答案,现
在区间是一整个节点,就可以利用线段树的二分结构往下找。
否则什么也不做,然后向fa走一步。
向右同理
复杂度O(nlgn)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int inf=2e9;
int n,q,w[500001],c[2000001],L[2000001],R[2000001],pos[500001];
void pushup(int rt)
{
    c[rt]=max(c[rt*2],c[rt*2+1]);
}
void build(int rt,int l,int r)
{
    L[rt]=l;R[rt]=r;
    if (l==r)
    {
        c[rt]=w[l];
        pos[l]=rt;
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    build(rt*2,l,mid);
    build(rt*2+1,mid+1,r);
    pushup(rt);
}
void update(int rt,int l,int r,int x,int d)
{
    if (l==r)
    {
        c[rt]+=d;
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    if (x<=mid) update(rt*2,l,mid,x,d);
    else update(rt*2+1,mid+1,r,x,d);
    pushup(rt);
}
int take1(int rt,int x)
{
    if (L[rt]==R[rt]) return L[rt];
    if (c[rt*2+1]>=x) return take1(rt*2+1,x);
    return take1(rt*2,x);
}
int take2(int rt,int x)
{
    if (L[rt]==R[rt]) return L[rt];
    if (c[rt*2]>=x) return take2(rt*2,x);
    return take2(rt*2+1,x);
}
int find1(int rt,int x)
{
    if (rt==1) return inf;
    if (rt&1) 
    if (c[rt-1]>=x) return take1(rt-1,x);
    return find1(rt/2,x);
}
int find2(int rt,int x)
{
    if (rt==1) return inf;
    if ((rt&1)==0) 
    if (c[rt+1]>=x) return take2(rt+1,x);
    return find2(rt/2,x);
}
int main()
{int i,x,y,p1,p2;
    cin>>n>>q;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&w[i]);
    }
    build(1,1,n);
    while (q--)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if (w[y]>=x) p1=p2=y;
        else p1=find1(pos[y],x),p2=find2(pos[y],x);
        if (p1==inf&&p2==inf) printf("-1\n");
        else 
        {
            if (abs(y-p1)<=abs(p2-y))
            {
                printf("%d\n",p1);
                w[p1]-=x;
                update(1,1,n,p1,-x);
            }
            else 
            {
                printf("%d\n",p2);
                w[p2]-=x;
                update(1,1,n,p2,-x);
            }
        }
    }
}