树状数组进阶
出去集训讲了一些有关树状数组的 NB 东西，然后模拟赛考了一个二维树状数组的板子，自己差点没推出来柿子，所以简单写写。
参考博客: 《树状数组进阶》-Alex_wei
树状数组二分
树状数组二分，本质上其实应该是树状数组倍增，它是基于倍增的思想实现的。
算法流程
树状数组二分解决的问题是找到一个分割点 \(q\)，使得 \(\leq q\) 的位置满足某个限制，而 \(>q\) 的位置不满足。并且需要注意的一点是，树状数组二分是要在整个序列上二分，而并非每个序列都可以。
而这个限制，在题中出现最多的就是找到一个位置 \(q\)，使得 \(\leq q\) 的前缀和都要 \(\leq v\)，而 \(>q\) 的位置的前缀和都要 \(>v\)。
因为树状数组中的一个位置 \(i\)，存储的是 \(\displaystyle i-\text{lowbit}(i)+1 \sim i\) 的值，因为这个天然性质，使得我们可以进行这个操作。
我们设当前位置是 \(p\)，前缀和是 \(s\)，我们从大到小枚举 \(1\leq 2^k \leq n\)，尝试将 \(p\) 加上 \(2^k\)，即判断 \(\displaystyle s + \sum_{i=p+1}^{p+2^k}a_i\leq v\) 是否成立。
这样对的原因是我们是从大到小枚举的 \(k\)，所以 \(\text{lowbit}(p+2^k) = 2^k\)，因此这个式子是正确的。那么如果 \(\displaystyle s + \sum_{i=p+1}^{p+2^k}a_i\leq v\) 成立，我们就令 \(\displaystyle p\leftarrow p+2^k,s = s+\sum_{i=p+1}^{p+2^k}a_i\)，一直往下找就行了。
因为这个 \(\displaystyle \sum\) 里面的东西刚好就是树状数组维护的，所以我们就可以在 \(O(\log n)\) 的复杂度内解决这个问题，如果单纯的是二分 + 树状数组（注意不是树状数组上二分），那就是 \(O(\log^2 n)\)，显然是不优的。
例题
参考题解：duyi
撅世好题。
我们挖掘一些性质：
-
- 注意到一旦双方出战名单确定，无论出战顺序如何，因为双方耗费的能量一定相同，且至少有一方能量耗尽时才能结束，因此答案是两队能量和最小值的两倍。
-
- 我们设两个函数 \(\displaystyle f_{ice}(k) = \sum_{i\in \text{ice},x_i\leq k}y_i,f_{fire}(k) = \sum_{i\in \text{fire},x_i\ge k}y_i\)，我们观察这两个函数的图像，可以注意到，关于冰战士的价值函数是单调不降的，关于火战士的价值函数是单调不升的，具体就如下图所示（图片来自 here)
，然后我们要找的就是它们两条线的 \(\min\) 部分里的最大值，也就是下图
res 部分的那个峰点，但是由于这个函数是定义在整数域上的，所以不连续，所以这样的点可能会有多个，我们就可以拆分成两个问题来做：
-
找出最大的 \(k\)，使得 \(f_{ice}(k) < f_{fire}(k)\)
-
找出最小的 \(k\)，使得 \(f_{ice}(k) \ge f_{fire}(k)\)
然后这两个 \(f\) 我们可以用树状数组维护它们的前缀和，然后在树状数组上二分解决就行了。因为 \(f_{fire}(k)\) 在 res 部分是一个后缀，我们依然可以维护前缀，然后后缀 \(=\) 总和 - 前缀就行了。
但是有一个问题就是树状数组是求了一个前缀和满足 \(\leq\) 的限制，而第二个问题不太好办，怎么解决呢？
具体的，我们先解决第一个问题，找到的位置是 \(p\)，然后我们在 \(p+1\) 的位置上解决问题二，如果第一个问题值更大，那么就按问题 \(1\) 输出；否则，我们利用求出来的问题 \(2\) 的值再树状数组二分一次，这样就能保证找到的位置在最前面了。综上，我们最多只需要 \(2\) 次树状数组二分，因为树状数组常数很小，并且理论复杂度是 \(O(n\log n)\)，所以可以通过 \(2\text{e}6\)。
code:
#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define ll long long
#define next nxt
#define re register
#define il inline
#define lowbit(x) x&(-x)
const int N = 2e6 + 5;
using namespace std;
int max(int x,int y){return x > y ? x : y;}
int min(int x,int y){return x < y ? x : y;}
int n,m,cnt,sumfire;
int b[N];
struct node{
int op,type;
int t,v;
}a[N];
struct Node{
int c[N];
il void add(int x,int k) { for(;x<=n;x+=lowbit(x)) c[x] += k; }
}treeice,treefire;
il int read()
{
int f=0,s=0;
char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) f |= (ch=='-');
for(; isdigit(ch);ch=getchar()) s = (s<<1) + (s<<3) + (ch^48);
return f ? -s : s;
}
il int Query(int x)
{
if(x < 1 || x > m) return 0;
int ans1 = 0 , ans2 = sumfire;
for(;x;x-=lowbit(x)) ans1 += treeice.c[x] , ans2 -= treefire.c[x];
return min(ans1,ans2);
}
signed main()
{
n = read();
for(re int i=1;i<=n;i++)
{
a[i].op = read();
if(a[i].op == 1)
{
a[i].type = read() , a[i].t = read() , a[i].v = read();
b[++cnt] = a[i].t;
}
else
{
int k = read(); a[i] = a[k];
a[i].op = 2 , a[i].v = -a[i].v;//删去一个就相当于贡献为负
}
}
sort(b+1,b+cnt+1);
m = unique(b+1,b+cnt+1) - b - 1;
for(re int i=1;i<=n;i++) a[i].t = lower_bound(b+1,b+m+1,a[i].t) - b;
for(re int i=1;i<=n;i++)
{
if(!a[i].type) treeice.add(a[i].t,a[i].v);
else treefire.add(a[i].t+1,a[i].v) , sumfire += a[i].v;//你要求的是从该位置起始的一段后缀，而树状数组查询前缀和会把自己算进来，如果在a[i].t位置上加
int I = 0 , F = 0 , x = 0;//就会导致这个位置本不应该被删去却被删了，所以我们在 a[i].t+1 的位置上加数
for(re int j=21;j>=0;j--)
{
int nx = x | (1<<j);
if(nx <= m)
{
int nI = I + treeice.c[nx] , nF = F + treefire.c[nx];
if(nI <= sumfire - nF) x = nx , I = nI , F = nF;
}
}//树状数组上二分
int ans1 = Query(x) , x2 = x + 1 , ans2 = Query(x2);
if(ans1 <= 0 && ans2 <= 0) puts("Peace");
else if(ans1 > ans2) cout << b[x] << " " << (ans1<<1) << "\n";
else//第二次树状数组二分
{
int F = 0 , x = 0;
for(re int j=21;j>=0;j--)
{
int nx = x | (1<<j);
if(nx <= m)
{
int nF = F + treefire.c[nx];
if(ans2 <= sumfire - nF) x = nx , F = nF;
}
}
cout << b[x] << " " << ((sumfire-F)<<1) << "\n";
}
}
return 0;
}
二维树状数组
先放一放。
