UOJ #710. 【北大集训2021】魔塔 OL
Description
[北大集训 2021] 魔塔 OL
题目背景
CTT2021 D1T2
题目描述
比特游戏公司最近发布了一款新游戏《魔塔 Online》，玩家可以操控勇士在游戏世界中与怪物进行搏斗。在游戏发布之初，魔塔里没有任何怪物，接下来将依次发生 \(q\) 个事件，每个事件是以下三种之一：
+ x y z a b：表示游戏发布了新版本，在游戏中新增了一只怪物。如果这是第一只新增的怪物，那么它的编号为 \(1\)；否则它的编号为最后一只新增的怪物的编号 \(+1\)。这只怪物位于魔塔的第 \(x\) 层，它的等级为 \(y\) 级，它的难度为 \(z\)。如果玩家选择击杀这只怪物，那么需要消耗 \(a\) 点血量，在击杀成功后，玩家将得到一支可以恢复 \(b\) 点血量的药剂并立即使用。- k：表示游戏发布了新版本，编号为 \(k\) 的怪物由于平衡性问题下架，它将不会出现在魔塔中。请注意：下架的怪物仍然保留它们的编号，未来新增的怪物不会复用被下架怪物的编号。? g l d：表示一个询问。某玩家希望击杀魔塔前 \(g\) 层中所有等级不超过 \(l\) 且难度不超过 \(d\) 的怪物。玩家可以按照任意顺序去击杀这些怪物，登上新的一层不需要杀光当前层的所有怪物，且作战过程中不会受到别的怪物的干扰。你的任务是帮助该玩家计算出征前勇士的血量最少是多少。如果某个时刻勇士的血量是负数，那么游戏结束，你一定要防止这种情况的发生。
请写一个程序，依次回答每个询问。注意：每个询问只是玩家的一个思考，不会真正击杀任何一只怪物。
输入数据保证 \(1\leq q\leq 150\,000\)，怪物总数不超过 \(50\,000\)，询问数量不超过 \(50\,000\)。
对于新增怪物操作，保证 \(1\leq x,y,z\leq 10\,000\)，且 \(0\leq a,b\leq 10^9\)。
对于下架怪物操作，保证操作合法，且每只怪物不会被重复下架。
对于询问，保证 \(1\leq g,l,d\leq 10\,000\)。
Solution
考虑怎么单次 \(O(n)\) 做这个事情。
容易发现打完怪物后能回血的一定要放前面，且回血的怪物内部一定是按照 \(a\) 从小到大排序，不回血的怪物按照 \(b\) 从大到小排序，答案就是前缀最小值的相反数。
显然这个东西加上动态三维偏序用 polylog 算法一定过不了，于是考虑优化 \(O(n^2)\)。
先把所有的怪物拿出来排好序，设有 \(n\) 个，询问次数为 \(m\)，则可以用一个 bitset 维护每一维前缀的怪物编号，把三维的前缀与起来就可以得到三维偏序的怪物。
但是这样显然过不了，因为每次更新要改变每维的一个后缀。
考虑分块，设每个块的大小为 \(B\)，每次对于一个 \(B\) 去做上面那个暴力，计算这个块对答案的贡献。
则单次复杂度为 \(O\left(2^B(n+m+V)\right)\)，总复杂度为 \(O\left(\frac{n}{B}\cdot 2^B(n+m+V)\right)\)，当 \(B=\log n\) 时取到最小值 \(O\left(\frac{n(n+m+V)}{\log n}\right)\)。
因此时间复杂度：\(O\left(\frac{n(n+m+V)}{\log n}\right)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
// #define int int64_t
const int kMaxN = 5e4 + 5, kMaxV = 1e4 + 5, kMaxQ = 1.5e5 + 5;
struct Node {
int x, y, z, a, b, l, r;
} a[kMaxN];
int n, m, q, b;
int x[kMaxN], y[kMaxN], z[kMaxN], t[kMaxN];
int64_t sum[kMaxN], ans[kMaxN];
bool cmp(Node a, Node b) {
bool fl1 = (a.a > a.b), fl2 = (b.a > b.b);
if (fl1 != fl2) return fl1 < fl2;
else if (fl1 == 0) return a.a < b.a;
else return a.b > b.b;
}
void solve(int l, int r) {
static int s[kMaxV][3];
static int64_t sm[kMaxN], mi[kMaxN];
memset(s, 0, sizeof(s));
std::vector<std::pair<int, int>> vec;
for (int i = l; i <= r; ++i) {
vec.emplace_back(a[i].l, (1 << (i - l)));
vec.emplace_back(a[i].r, (1 << (i - l)));
s[a[i].x][0] |= (1 << (i - l));
s[a[i].y][1] |= (1 << (i - l));
s[a[i].z][2] |= (1 << (i - l));
}
for (int s = 1; s < (1 << (r - l + 1)); ++s) {
int i = 31 - __builtin_clz(s) + l, t = s ^ (1 << (i - l));
mi[s] = std::min(mi[t], sm[t] - a[i].a);
sm[s] = sm[t] - a[i].a + a[i].b;
}
for (int i = 1; i < kMaxV; ++i) {
s[i][0] |= s[i - 1][0];
s[i][1] |= s[i - 1][1];
s[i][2] |= s[i - 1][2];
}
std::sort(vec.begin(), vec.end());
int p = 0, now = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
for (; p < vec.size() && vec[p].first <= t[i]; ++p)
now ^= vec[p].second;
int msk = now & s[x[i]][0] & s[y[i]][1] & s[z[i]][2];
ans[i] = std::min(ans[i], sum[i] + mi[msk]);
sum[i] += sm[msk];
}
}
void dickdreamer() {
std::cin >> q;
for (int i = 1; i <= q; ++i) {
std::string op;
std::cin >> op;
if (op[0] == '+') {
++n;
std::cin >> a[n].x >> a[n].y >> a[n].z >> a[n].a >> a[n].b;
a[n].l = i, a[n].r = q + 1;
} else if (op[0] == '-') {
int k;
std::cin >> k;
a[k].r = i;
} else {
++m;
std::cin >> x[m] >> y[m] >> z[m];
t[m] = i;
}
}
std::sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
b = std::max(1, std::__lg(n));
for (int i = 1; i <= n; i += b) solve(i, std::min(i + b - 1, n));
for (int i = 1; i <= m; ++i) std::cout << -ans[i] << '\n';
}
int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int T = 1;
// std::cin >> T;
while (T--) dickdreamer();
// std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
return 0;
}
