CF1651F 题解
CF1651F 题解
题意：
数轴上有 \(n\) 个塔，其中塔 \(i\) 的坐标是 \(i\)，魔力值上限是 \(lim_i\)，每秒末可以回复 \(re_i\) 点魔力。
还有 \(q\) 个怪物，第 \(i\) 个怪物出现时间为第 \(t_i\) 秒初，血量为 \(h_i\)，初始坐标为 \(1\) 并以 \(1m/s\) 速度向右走。
第 \(0\) 秒初时，所有塔的魔力值为 \(lim_i\)，怪物经过某塔的瞬间，该塔会耗费魔力值给怪物造成同等伤害，
形式化的，若此时怪物血量为 \(H\)，塔此时魔力值为 \(W\)，则 \(H\) 和 \(W\) 同时减去 \(\min(H,W)\)。
你要求出，所有经过了最后一个塔的怪物，在经过了最后一个塔后的剩余血量之和。
\(n,q,t_i\le2\times10^5,h_i\le10^{12},\forall i<q,t_i<t_{i+1},\) 其余所有数都在
int范围内。
做法：
我们注意到，每个怪物的速度都是一样的，由此我们可以得到，数轴上所有怪物的位置顺序永远不变，
即不存在任何两塔 \(i,j\) 以及两怪物 \(x,y\)，使得：\(x\) 比 \(y\) 先经过 \(i\)，而 \(y\) 比 \(x\) 先经过 \(j\)，
故一个自然的想法是，按出现时间的先后枚举每个怪物，并快速维护当前怪物给所有塔带来的影响。
我们发现，怪物给所有塔的魔力值带来的影响，永远是以下形式：
从点 \(1\) 出发，将经过的所有塔的魔力值清零，最后到达杀死该怪物的塔或所有塔的后面。
注意到，在这段路径上，只有最多一个塔的魔力值损耗，与怪物本身的血量有关，
其他的塔的魔力值都会被清零，并按照其自身的永远不变的魔力值恢复速度来恢复魔力值。
我们称那个与怪物血量有关的点为关键点，则其他点就是非关键点。
此时，我们将数轴上的所有塔，用若干个关键点划分成了一些连续段，而任意一连续段，
其对应的区间 \([l,r]\) 中的所有塔，必定被同一怪物 \(c\) 依次清零过，此时我们称该连续段颜色为 \(c\)。
那我们考虑能否快速维护一个连续段的信息。形式化的，若有个怪物 \(i\) 站在了点 \(l\)，血量为 \(H\)，
且存在点 \(r\) 使区间 \([l,r]\) 是颜色为 \(c\) 的连续段，此时我们能否快速维护，
怪物 \(i\) 最后会在区间 \([l,r]\) 中的哪个位置被杀死，或到达 \(r\) 的右边。
考虑这个问题，我们可以先二分 \(mid\) 并将问题转化为，判定怪物 \(i\) 能否活着经过点 \(mid\)。
而怪物 \(i\) 能活着经过点 \(mid\)，等价于区间 \([l,mid]\) 里所有塔对怪物造成的伤害值小于 \(H\)，
故我们需要求出区间 \([l,mid]\) 中塔对怪物造成的伤害值总和。
注意到 \([l,mid]\) 是 \([l,r]\) 的子区间，故对 \(\forall j\in[l,mid]\)，塔 \(j\) 在第 \(t_c+j-1\) 秒初的魔力值为 \(0\)，
原因是 \([l,r]\) 中所有塔的魔力值，都被怪物 \(c\) 清零过，而怪物 \(c\) 在 \(t_c\) 秒初时，坐标为 \(1\)，
所以怪物 \(c\) 到达点 \(j\) 的时刻，就是第 \(t_c+j-1\) 秒初。
同理，我们也可以算出，怪物 \(i\) 到达塔 \(j\) 时是第 \(t_i+j-1\) 秒初，
这与怪物 \(c\) 的到达时间相差 \(t_i-t_c\) 秒，即塔 \(j\) 有 \(t_i-t_c\) 秒的时间，从 \(0\) 开始恢复魔力值，
故我们可以算出，塔 \(j\) 在怪物 \(i\) 到达时的魔力值是：\(\min((t_i-t_c)\times re_j,lim_j)\)。
也就是说，区间 \([l,mid]\) 对怪物 \(i\) 造成了总伤害是：\(\sum\limits_{l\le j\le mid}\min((t_i-t_c)\times re_j,lim_j)\)，
而我们需要的，就是快速的算出这个值。
看到式子里的 \(\min\) 是不好维护的，我们考虑能否将 \(\min\) 拆开，
即设 \(X_j=\min((t_i-t_c)\times re_j,lim_j)\)，我们分类讨论 \(X_j\) 的值究竟等于哪一项。
若 \(X_j=(t_i-t_c)\times re_j\)，则说明了 \((t_i-t_c)\times re_j\le lim_j\)，即 \(t_i-t_c\le\lceil\frac{lim_j}{re_j}\rceil\)，
而若 \(X_j=lim_j\)，也就说明了 \((t_i-t_c)\times re_j>lim_j\)，即 \(t_i-t_c>\lceil\frac{lim_j}{re_j}\rceil\)。
我们记 \(val_j=\lceil\frac{lim_j}{re_j}\rceil\)，那么对于所有满足 \(t_i-t_c\le val_j\) 的 \(j\)，\(X_j\) 值都为 \((t_i-t_c)\times re_j\)，
相反的，对于所有满足 \(t_i-t_c>val_j\) 的 \(j\)，\(X_j\) 值都为 \(lim_j\)，
所以，我们可以将我们要求的式子改写，即：
\(\sum\limits_{l\le j\le mid}X_j=(\sum\limits_{l\le j\le mid,val_j\ge t_i-t_c}(t_i-t_c)\times re_j)+(\sum\limits_{l\le j\le mid,val_j<t_i-t_c}lim_j)\)。
注意到后面两项都是典型的二位偏序的形式，故我们可以用主席树做到单次 \(O(\log n)\)，
再乘上二分的复杂度，即我们可以用 \(O(\log^2n)\) 的复杂度来维护一个连续段的信息。
那我们继续考虑，当有若干个连续段时的维护方法。
其实，这时我们可以暴力处理每个关键点，并暴力枚举每个连续段，单个连续段内用上面的方法维护，
而这样的时间复杂度也是对的，原因可以用均摊复杂度的思想证明。
我们可以注意到，在这种做法中，枚举的连续段数与怪物实际经过的关键点数同级，
而怪物每经过一个关键点，都会使这个关键点的魔力值清零，即变成非关键点，
而每个怪物只会在其被某个塔杀死时，使这个塔变成一个新的关键点，
也就是说，关键点的总增量是 \(O(q)\) 的，故我们枚举连续段的总次数也就是 \(O(q)\) 的，
那么总复杂度也就是 \(O(n+qlog^2n)\) 的。
当然，如果代码像我一样实现的不是很好，那复杂度可能会变成 \(O((n+q)log^2n)\) 且常数巨大，
就需要卡一下常数才能过。
当然，上面的时间复杂度还可以优化，就是把二分拿到主席树里面去，就可以做到单 \(\log\)。
