[bzoj1135][Ceoi2011]Match_线段树

[Ceoi2011]Match

题目大意：初始时滑冰俱乐部有1到n号的溜冰鞋各k双。已知x号脚的人可以穿x到x+d的溜冰鞋。 有m次操作，每次包含两个数ri，xi代表来了xi个ri号脚的人。xi为负，则代表走了这么多人。 对于每次操作，输出溜冰鞋是否足够。

数据范围：n m k d ( 1≤n≤200,000 ， 1≤m≤500,000 ， 1≤k≤10^9 ， 0≤d≤n ) ri xi （ 1≤i≤m， 1≤ri≤n-d ， |xi|≤10^9 ）

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题解：

这个题是个好题呀。

首先我们考虑，只有最后一次让输出是否合法怎么做。

显然就是每个人拿离自己近的鞋子，按照这个规则贪心显然是最优的。

进而我们考虑满分做法。

我想这个题的时候出现了一个误区就是一定要一步一步弄出答案，其实我们可以将整个式子量化。

比如说$i$号鞋有$w_i$人，如果不合法就当且仅当存在一个$a$和$b$满足：$\sum\limits_{i = a} ^ b w_i > (b - a + 1 + d) * k$。

这式子等价于$\sum\limits_{i = a} ^ b (w_i - k) > d * k$。

就只需要维护最大连续子段和即可。

那如果要求的是最小的不合法鞋子编号呢？

只需要在线段树上贪心就好了呀。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

#define ls p << 1

#define rs p << 1 | 1

#define N 200010 

using namespace std;

typedef long long ll;

struct Node {
	ll al, lx, rx, mx;
	Node() {al = lx = rx = mx = 0;}
	friend Node operator + (const Node &a, const Node &b) {
		Node re;
		re.mx = max(a.rx + b.lx, max(a.mx, b.mx));
		re.lx = max(a.lx, a.al + b.lx);
		re.rx = max(b.rx, b.al + a.rx);
		re.al = a.al + b.al;
		return re;
	}
}a[N << 2];

inline void newnode(int p, ll val) {
	a[p].al = val;
	a[p].mx = a[p].lx = a[p].rx = val;
}

char *p1, *p2, buf[100000];

#define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ )

int rd() {
	int x = 0, f = 1;
	char c = nc();
	while (c < 48) {
		if (c == '-')
			f = -1;
		c = nc();
	}
	while (c > 47) {
		x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48), c = nc();
	}
	return x * f;
}

inline void pushup(int p) {
	a[p] = a[ls] + a[rs];
}

void update(int x, ll val, int l, int r, int p) {
	if (l == r) {
		newnode(p, val+a[p].mx);
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (x <= mid)
		update(x, val, l, mid, ls);
	else
		update(x, val, mid + 1, r, rs);
	pushup(p);
}

Node query(int x, int y, int l, int r, int p) {
	if (x <= l && r <= y) {
		return a[p];
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	Node re;
	if (x <= mid)
		re = re + query(x, y, l, mid, ls);
	if (mid < x)
		re = re + query(x, y, mid + 1, r, rs);
	return re;
}

int main() {
	int n = rd(), m = rd();
	ll k = rd(), d = rd();
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		update(i, -k, 1, n, 1);
	}
	// cout << query(1, n, 1, n, 1).mx << endl ;
	for (int i = 1; i <= m; i ++ ) {
		ll r = rd();
		int x = rd();
		// for (int j = 1; j <= n; j ++ )
			// printf("%lld ",query(j, j, 1, n, 1));
		// puts("");
		update(r, x, 1, n, 1);
		if (query(1, n, 1, n, 1).mx > d * k)
			puts("NIE");
		else
			puts("TAK");
	}
	return 0;
}

小结：有些题目可以通过把约束变成式子，也是一种非常好的解题思路。