题解 P6105 [Ynoi2010] y-fast trie

$\mathtt{\text{link}}$

题意

给定常数 $C$，维护一个集合 $S$，$n$ 次操作，支持插入、删除，每次操作后询问 $\underset{i,j\in S\wedge i\ne j}{max}\{(i+j)modC\}$，强制在线。

数据范围：$1\le n\le 5\times {10}^5,1\le C\le 1073741823$

题解

以下默认 $|S|,n$ 同级。

首先发现加入一个数的时先对它取模不影响正确性，也便于处理。

然后思考下这个模 $C$ 意义下和的最大值。

发现可以分类讨论：

• 当 $C\le i+j\le 2\times C$ 时，从集合中取最大值和次大值出来即可。
• 当 $0\le i+j<C$ 时，可以想到个暴力，对于每个 $x\in S$，找到 $\underset{y\in S\wedge x\ne y}{max}((x+y)modC)$，在这些值中取最大值即可。

第一类情况 simple，我们只看第二类。

$y$ 其实就是 $C-1-x$ 的前驱，可以 $O(\log n)$ 求得，而这个匹配是单向的，复杂度 $O(n^2\log n)$。

在这个过程中有许多的匹配是不优的，但我们都考虑了进去，每次插入删除要更新的个数级别是 $O(n)$ 的，考虑维护更少的匹配。

有个结论，若 $x$ 的最优匹配是 $y$，$y$ 的最优匹配是 $z$，那么 $(x+y)modC$ 不如 $(y+z)modC$。

这个结论证明也很显然，存在这种情况说明 $y$ 有更好的选择。这个结论可推出只用维护所有双向的匹配即可，每次插入删除要更新的数就变成 $O(1)$ 的了。

于是每次插入 $x$ 考虑其最优匹配 $y$，看 $x$ 是否能对 $y$ 的匹配产生影响，删除相当于重新插入 $y$，这样的复杂度就是 $O(n\log n)$ 的。

因为插入集合后对 $C$ 取模了，所以可能会有重复，用 STL 的 multiset 就好，注意找匹配时可能会找回自己，要判掉。

#include <bits/stdc++.h>
#define IT multiset<int>::iterator
using namespace std;
multiset<int> s, pr;
int n, c;
int mat(int x, bool t) {
    if(!~x) return -1;
    IT it = s.upper_bound(c - 1 - x);
    if(it == s.begin()) return -1;
    --it;
    if(t && *it == x && s.count(x) == 1)
        return it == s.begin() ? -1 : *--it;
    return *it;
}
void ins(int x) {
    if(s.empty()) { s.insert(x); return; }
    int y = mat(x, 0), z = mat(y, 1), w = mat(z, 1);
    if(~y && x > z) {
        if(~z && y == w) pr.erase(pr.find(y + z));
        pr.insert(x + y);
    }
    s.insert(x);
}
void del(int x) {
    s.erase(s.find(x));
    if(s.empty()) return;
    int y = mat(x, 0), z = mat(y, 1), w = mat(z, 1);
    if(~y && x > z) {
        if(~z && y == w) pr.insert(y + z);
        pr.erase(pr.find(x + y));
    }
}
int qry() {
    int res;
    IT it = --s.end();
    if(s.count(*it) >= 2) res = *it * 2 % c;
    else res = (*it + *--it) % c;
    if(!pr.empty()) res = max(*--pr.end(), res);
    return res;
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &c);
    int opt, x, last = 0;
    while(n--) {
        scanf("%d%d", &opt, &x);
        x = (x ^ last) % c;
        if(opt == 1) ins(x);
        else del(x);
        if(s.size() < 2) puts("EE"), last = 0;
        else printf("%d\n", last = qry());
    }
    return 0;
}