【BJOI2019】删数 线段树

题目大意：一个数列若能在有限次数内删空，则称这个数列可以删空，一次删除操作定义如下：

记当前数列长度为$k$，则删掉数列中所有等于$k$的数。

现在有一个长度为$n$的数列$a$，有$m$次修改操作，为单点变值/整体增加或者减少$1$，问每次修改后，最少需要修改序列中多少个数，使得序列可以被删除。

数据范围：$n≤150000$。

 

我们首先考虑下最少需要修改的次数，我们设$b[i]$为数列$a$中填写了i的值得数量。

对于每一个$i$，我们可以用$b[i]$这么多数，覆盖区间$[i-b[i]+1,i]$。最终的答案就是未被覆盖的格子数量。

证明显然。

 

基于这个结论，我们就可以在$O(n)$的复杂度内求出一个序列$a$对应的答案，可以获得47分的好成绩。

在只有单点修改的情况下，我们发现我们可以用线段树做一下维护，就可以获得60分的好成绩。

我们发现，整体的$+1$或者$-1$，可以转化为查询的区间出现了移动，移动完查询区间后，我们更新一下两端的值即可。

这么搞就可以过掉这一题了。

时间复杂度：$O(n\log\ n)$。

 

#include<bits/stdc++.h>
#define M (1<<19)
using namespace std;

struct seg{int l,r,tag,minn,cnt;}a[M<<1];
void pushup(int x){
    a[x].minn=min(a[x<<1].minn,a[x<<1|1].minn);
    a[x].cnt=(a[x].minn==a[x<<1].minn?a[x<<1].cnt:0)+(a[x].minn==a[x<<1|1].minn?a[x<<1|1].cnt:0);
}
void upd(int x,int k){a[x].minn+=k; a[x].tag+=k;}
void pushdown(int x){if(a[x].tag) upd(x<<1,a[x].tag),upd(x<<1|1,a[x].tag); a[x].tag=0;}

void build(int x,int l,int r){
    a[x].l=l; a[x].r=r; if(l==r) return void(a[x].cnt=1);
    int mid=(l+r)>>1;
    build(x<<1,l,mid); build(x<<1|1,mid+1,r);
    pushup(x);
}
void updata(int x,int l,int r,int k){
    if(l<=a[x].l&&a[x].r<=r) return upd(x,k);
    pushdown(x); int mid=(a[x].l+a[x].r)>>1;
    if(l<=mid) updata(x<<1,l,r,k);
    if(mid<r) updata(x<<1|1,l,r,k);
    pushup(x);
}
void updata(int x,int id,int k){return updata(x,id,id,k);}
int query(int x,int l,int r){
    if(a[x].minn>0) return 0;
    if(l<=a[x].l&&a[x].r<=r) return a[x].cnt;
    pushdown(x); int mid=(a[x].l+a[x].r)>>1,cnt=0;
    if(l<=mid) cnt+=query(x<<1,l,r);
    if(mid<r) cnt+=query(x<<1|1,l,r);
    return cnt;
}

int num[M],n,q,m,orzorz[M*2]={0};
int *cnt=orzorz+M;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",num+i),cnt[num[i]]++;
    int T=max(n,q),m=T+n+q+2,move=0;
    build(1,1,m);
    for(int i=1;i<=n;i++) updata(1,T+i-cnt[i]+1,T+i,1);
    while(q--){
        int p,x; scanf("%d%d",&p,&x);
        if(p>0){
            x-=move;
            if(num[p]+move>=1&&num[p]+move<=n)
                updata(1,num[p]-cnt[num[p]]+1+T,-1);
            cnt[num[p]]--; num[p]=x; cnt[num[p]]++;
            updata(1,num[p]-cnt[num[p]]+1+T,1);
        }else{
            if(x<0) move--;
            updata(1,-move-cnt[-move]+1+T,-move+T,x);
            updata(1,n-move-cnt[n-move]+1+T,n-move+T,-x);
            if(x>0) move++;
        }
        printf("%d\n",query(1,T-move+1,T-move+n));
    }
}