CF1774F Magician and Pigs【性质】

有一个空序列，需要维护如下三个操作：

• 1 x：在序列中添加 $x$。
• 2 x：把序列中每个元素的值减去 $x$。
• 3：重复从第一条到本条操作的前一条的所有操作，包括操作 $3$。

当一个数的值 $\le 0$ 时，它将被移出序列。求最后有多少个数还在序列中。答案对 $998244353$ 取模。

$n\le 8\times {10}^5$，$x\le {10}^9$。

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趣味题。我们分别考虑每次 $1$ 操作新增的猪对答案的贡献。考虑 $3$ 操作的实质：设之前造成的伤害值总和为 $k$，那么对于一只猪 $x$，它会变成一只 $x$ 和一只 $x-k$。对于 $k=0$ 的情况我们特殊处理，那么由于每次 $3$ 操作后 $k$ 的值至少 $\times 2$，所以对于任意一只猪，其之后有意义的 $3$ 操作至多只有 $\mathcal{O}(\log V)$ 个。

$2$ 操作之间显然可以任意交换顺序。倒着做，提前减掉后面的 $2$ 操作，就变成一个这样的问题：有 $\mathcal{O}(\log V)$ 个数 $k_i$，每个数选或不选，问选出来的数总和小于 $x^{\prime }$ 的方案数。这是一个背包问题，但由于可以通过排序使得 $k_i\ge k_{i+1}\times 2$，因此存在更优的做法：从大到小枚举 $k_i$，若当前 $k_i\ge x^{\prime }$，那么一定不选。当 $k_i<x$ 时，如果不选，那么之后的元素的和一定不超过 $k_i$，因此可以随便选，否则令 $x^{\prime }\leftarrow x^{\prime }-k_i$ 并考虑下一个元素即可。总时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log V)$。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 8e5 + 5, mod = 998244353, inf = 1e9;
int n, m, a[N], b[N], c[N], cnt, pw2[N];
signed main() {
    ios :: sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cin >> n;
	pw2[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) pw2[i] = 1LL * pw2[i - 1] * 2 % mod;
	int lim = inf, sum = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		if (a[i] == 1 || a[i] == 2) cin >> b[i];
		if (a[i] == 2) sum += b[i];
		sum = min(sum, lim);
		if (a[i] == 3) b[i] = sum, sum = sum * 2;
		sum = min(sum, lim);
	}
	sum = 0;
	int coef = 1, ans = 0;
	for (int i = n; i >= 1; i--) {
		if (a[i] == 2) sum += b[i], sum = min(sum, lim);
		else if (a[i] == 3) {
			if (b[i] == lim) continue;
			if (b[i] == 0) { coef = 1LL * coef * 2 % mod; continue; }
			c[++cnt] = b[i];
		} else {
			b[i] -= sum;
			if (b[i] <= 0) continue;
			int f = 0, t = b[i];
			for (int j = 1; j <= cnt; j++) if (t > c[j]) {
				f = (f + pw2[cnt - j]) % mod;
				t -= c[j];
			} 
			f = (f + 1) % mod;
			ans = (ans + 1LL * coef * f % mod) % mod;
		}
	}
	cout << ans << "\n";
	return 0;
}