P8539 「Wdoi-2」来自地上的支援

P8539 「Wdoi-2」来自地上的支援

移项维护特殊值。

这题思路还是挺简单的。

首先分析操作。发现操作序列一定是单调递增的，也就是每个数只会被选中连续几次，之后就不会再被选中了。

然后分析询问。我们发现要满足条件，$x$ 显然是在 $[x,x+k-1]$ 被选中。

那么首先 $x+k-1>n$ 一定无解。

要满足在第 $x$ 次操作被选中，设 $m{x}_x$ 为前 $1$ 到 $x-1$ 次操作完的操作序列结尾（也就是操作完后 $[1,x-1]$ 中的最大值），那么有 $a_x\ge mx$。（相等显然可以被选）

要在之后的 $[x+1,x+k-1]$ 中被选中，满足对于 $j\in [x+1,x+k-1]$，有 $a_i+(j-i)\times v>a_j$，根据维护技巧移项，即 $a_i-i\times v>a_j-j\times v$。所以我们只需要求出最大的 $a_j-j\times v$ 即可。

考虑线段树，因为 st 表空间爆了。于是每个询问的答案即为 $ans=max(m{x}_x,query(x+1,x+k-1)+i\times v+1)$。

注意是大于号，要加 $1$。

复杂度 $O(n+m\log n)$，由于时限为 2s，算稳吧。

这题有线性做法，但就是绕一点。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second

typedef long long i64;
const int N = 2000010;
i64 n, m, v;
i64 a[N], s[N];
i64 ans1, ans2;
i64 t[N << 2];
void pushup(int u) {t[u] = std::max(t[u << 1], t[u << 1 | 1]);}
void build(int u, int l, int r) {
	if(l == r) {
		t[u] = a[l] - l * v;
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(u << 1, l, mid), build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
	pushup(u);
}
int query(int u, int l, int r, int L, int R) {
	if(r < l) return -0x3f3f3f3f;
	if(L <= l && r <= R) {
		return t[u];
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	int ret = -0x3f3f3f3f;
	if(L <= mid) ret = std::max(ret, query(u << 1, l, mid, L, R));
	if(R > mid) ret = std::max(ret, query(u << 1 | 1, mid + 1, r, L, R));
	return ret;
}
void Solve() {
	std::cin >> n >> m >> v;

	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		std::cin >> a[i];
	}
	build(1, 1, n);
	
	i64 now = 0, pos = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		s[i] = now;
		if(a[i] > now) now = a[i], pos = i;
		else if(a[i] == now && a[i] > a[pos]) now = a[i], pos = i; 
		now += v;
	}

	while(m--) {
		i64 x, k;
		std::cin >> x >> k;

		if(x + k - 1 > n) {
			continue;
		}

		i64 ret = s[x];
		ret = std::max(ret, query(1, 1, n, x + 1, x + k - 1) + x * v + 1);
		// std::cout << ret << "\n";
		ans1 ^= ret, ans2 += ret;
	}
	std::cout << ans1 << " " << ans2 << "\n";
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
	Solve();

	return 0;
}