JOISC2022 Fish2

有若干条鱼排成一排，若鱼 \(A\) 和鱼 \(B\) 相邻且 \(A\) 的大小不小于 \(B\)，则鱼 \(A\) 可以吃掉鱼 \(B\)，此时其大小加上鱼 \(B\) 的大小。到最后只剩下一条鱼成为赢家。
现在有 \(n\) 条鱼排成一排，大小依次为 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\)。要支持 \(q\) 次操作，操作有两种：

• 把 \(a_x\) 改为 \(y\)；
• 假如把下标在区间 \([l,r]\) 内的鱼拿出来做实验，问有几条鱼可能成为赢家。

\(n,q\le 10^5,1\le a_i\le 10^9\)，时限 4s

题解：

考虑一次实验 \([l,r]\)，暂时使 \(a_{l-1}=a_{r+1}\) 为 \(+\infty\)。

你想让一条鱼赢肯定是一直让它吃相邻的。

那么很显然，若存在 \(l\le l'\le r'\le r,[l',r']\ne [l,r]\)，使 \(\sum_{i=l'}^{r'}a_i<\min(a_{l'-1},a_{r'+1})\)，则这个区间里的鱼就没救了，我们叫它死亡区间；而如果一条鱼不属于任何死亡区间，它就可以赢。

也容易发现，把 \([l,r]\) 内的鱼拿出来建笛卡尔树的话，每个死亡区间对应着笛卡尔树的一个子树，因此死亡区间的总个数会是 \(O(n)\) 的。

然而有修改操作，所以这种笛卡尔树的结构不好维护。那么？

还记得 IOI2021 地牢游戏吗？注意这个关键点：\(A\) 吃完 \(B\) 后加的大小等于 \(B\) 的大小。所以说看起来可能会有类似“只会往外扩 log 次”的结论出现。

一次修改（把 \(a_x\) 改为 \(y\)）可能对某个区间 \([l',r']\) 造成什么影响？

• \(a_{l'-1}\) 改变（当 \(l'-1=x\) 时）：

  先把原先 \(l'-1=x\) 的死亡区间去掉，改完以后再把新的加上。删除和加入的过程是差不多的，关键是找到加入/删除的死亡区间有哪些。

  我们从区间 \([x+1,x+1]\) 不断往右边扩展，即：

  1. 设当前区间为 \([x+1,r']\)，尝试此区间是否可以加入/删除；
  2. 找到第一个 \(p\) 使得 \(p-1>r',a_p>\sum_{i=x+1}^{r'+1}a_i\)，这个 \(p\) 可以线段树上二分来找到；
  3. 使 \(p-1\) 成为新的 \(r'\)，然后返回第一步。

  这样子每次往右扩时区间和 \(\sum_{i=x+1}^{r'}a_i\) 都要翻倍，因此扩的次数 \(O(\log\max a_i)\)。

  也容易证明加入/删除的死亡区间一定在扩展到的区间当中。

• \(a_{r'+1}\) 改变（当 \(r'+1=x\) 时），处理方式同上。

• \(\sum_{i=l'}^{r'}a_i\) 改变（当 \(x\in [l',r']\) 时）：

  同样先删再加，关键问题还是找到加入/删除的死亡区间有哪些。这时我们不能只往一边扩展了。

  我们从区间 \([x,x]\) 不断往外扩展。设当前区间为 \([l',r']\)，如果 \(a_{r+1}<a_{l-1}\)，就往右扩展一次，否则往左扩展一次。

  为什么这样是对的呢？假如 \(a_{r+1}<a_{l-1}\) 不往右扩展而往左扩展，那么新的区间和一定大于等于 \(a_{l-1}\)，更大于等于 \(a_{r+1}\)，所以这不会是一个死亡区间。

  同理，扩的次数也是 \(O(\log \max a_i)\) 的。

查询时就是查一段区间内有多少位置没有被死亡区间覆盖。那就加入/删除死亡区间时，把这个区间做 +1/-1 操作，只要支持查询最小值个数，再拿个线段树即可（注意不是查询 \(0\) 的个数，这是考虑到可能有死亡区间 \([l',r']\) 包含 \([l,r]\)，这样的死亡区间本不该算进去，却会使 \([l,r]\) 全都非 \(0\)；而查询最小值个数是对的）。

这要求不能做多余的加入/删除操作（不然可能会多加或者多减），这是可以做到的。

时间复杂度 \(O(n\log n\log\max a_i)\)。