YbtOJ-变量观测【鸽笼原理】

1|0正题

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1|1题目大意

有$n$个数字开始都是$0$，要求有$q$次操作。

1. 新建一个观测员，观测其中的$k$个数，当这$k$个数从此刻开始变化量不小于$t$时观测结束。
2. 将第$i$个数加$v$，并输出此时观测结束的观测员编号。

强制在线

$1\leq n,q\leq 2\times 10^5,1\leq k\leq 3,1\leq t,v\leq 10^6$

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1|2解题思路

考虑从$k$入手，根据鸽笼原理，一个观测员观测结束当且仅当存在它观测的一个数字$a\geq \lceil\frac{t}{k}\rceil$，注意到此时已经至少填充了$\lceil\frac{t}{k}\rceil$。

所以我们可以对于每个它观测的数字以$\lceil\frac{t}{k}\rceil$为界，当到倒打这个界时，我们直接重新根据现在的数字再来一次，也就是把$t$剩余的部分再分成$k$份丢回去。

一直这样做知道合法为止，此时每次会至少令$t=\frac{k-1}{k}t$，所以这样的次数应该为$\log_{\frac{k}{k-1}}t$。

用个$set$维护就好了，时间复杂度：$O(q\log_{\frac{k}{k-1}}tk\log q)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<set>
#include<cmath>
#define ll long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
const ll N=2e5+10;
ll n,m,cnt,a[N],t[N];
vector<ll> ans,q[N],c[N];
set<pair<ll,ll> >s[N];
void update(ll x){
	ll sum=0;
	for(ll i=0;i<q[x].size();i++){
		ll y=q[x][i];sum+=a[y];
		s[y].erase(mp(c[x][i],x));
	}
	if(sum>=t[x])ans.push_back(x);
	else{
		for(ll i=0;i<q[x].size();i++){
			ll y=q[x][i];
			c[x][i]=a[y]+ceil((double)(t[x]-sum)/q[x].size());
			s[y].insert(mp(c[x][i],x));
		}
	}
	return;
}
signed main()
{
//	freopen("obs.in","r",stdin);
//	freopen("obs.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	ll las=0;
	while(m--){
		ll op;
		scanf("%lld",&op);
		if(op==1){
			ll k,sum=0;++cnt;
			scanf("%lld%lld",&t[cnt],&k);t[cnt]^=las;
			for(ll i=0,x;i<k;i++){
				scanf("%lld",&x);x^=las;
				q[cnt].push_back(x);sum+=a[x];
				c[cnt].push_back(a[x]+ceil((double)t[cnt]/k));
				s[x].insert(mp(c[cnt][i],cnt));
			}
			t[cnt]+=sum;
		}
		else{
			ans.clear();
			ll p,w;
			scanf("%lld%lld",&p,&w);
			p^=las;w^=las;a[p]+=w;
			while(!s[p].empty()){
				pair<ll,ll> k=*s[p].begin();
				if(a[p]>=k.first)update(k.second);
				else break;
			}
			printf("%lld",las=ans.size());
			sort(ans.begin(),ans.end());
			for(ll i=0;i<ans.size();i++)
				printf(" %lld",ans[i]);
			putchar('\n');
		}
	}
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15864679.html
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