CF1942F Farmer John's Favorite Function

题意简述

定义 $f_{i} = \sqrt{f_{i - 1} + a_{i}}, f_{0} = 0$ 。

有 $q$ 次操作，每次操作单点修改一个 $a_{i}$ 的值，每次修改后求 $⌊ f_{n} ⌋$ 的值。

$n, q \leq 2 \times 10^{5}, 0 \leq a_{i} \leq 10^{18}$ 。

分析

发现这个 $f_{i}$ 不是整数非常不利于我们做题，考虑将它变成整数。

令新的 $f_{i}^{'} = ⌊ f_{i} ⌋$ ，这样的话 $f_{i + 1}^{'} = ⌊ \sqrt{f_{i}^{'} + a_{i + 1}} ⌋ = ⌊ \sqrt{f_{i} - x + a_{i + 1}} ⌋ (0 \leq x < 1)$ ，但是我们发现这个 $x$ 不会影响 $f_{i + 1}^{'} = ⌊ \sqrt{f_{i}^{'} + a_{i + 1}} ⌋$ 的取值，因为 $f_{i}^{'} + a_{i + 1}$ 是整数，加上了 $x$ 也只是改变了小数部分，对整数部分没有影响，所以有 $⌊ \sqrt{f_{i}^{'} + a_{i + 1}} ⌋ = ⌊ \sqrt{f_{i} + a_{i + 1}} ⌋$ ，故 $f_{i}^{'} = f_{i}$ ， $f_{i}$ 就转化成整数了。

直觉发现根号这个东西数字缩小的非常快，通过手玩计算器可以发现 $10^{18}$ 在取六次根号后下取整的值就变成了 $1$ ，由此当 $n \geq 6$ 时， $a_{1}$ 的改变只会使 $f_{n}$ 的值至多变化 $1$ 。保险起见我把这个阈值开到了 $10$ 。

考虑如何处理单点修改。将原序列分块，设一个块维护的区间为 $[l, r]$ ，块内维护 $f_{i}$ 表示当 $f_{l - 1} = 0$ 时， $f_{r}$ 的取值；维护 $g_{i}$ 表示当 $f_{l - 1} \geq g_{i}$ 时 $f_{i}$ 的值将会增长 $1$ （根据第二个结论， $f_{i}$ 的值只会至多增长 $1$ ）。

$f_{i}$ 的值直接递推就好，求解 $g_{i}$ 考虑逆推，假设最终的 $f_{r}^{'} = f_{r} + 1$ ， $f_{r - 1}^{'}$ 的值可以由 $f_{r}^{^{'} 2} - a_{r}$ 求出，以此类推直到推出 $f_{l - 1}^{'}$ 的值，求出的 $f_{l - 1}^{'}$ 就是 $g_{i}$ 的值了。当然你可以二分答案以多一个 log 的代价求出。

每次修改暴力计算块内信息即可，查询的话直接递推，设计算前 $i - 1$ 个块后的答案为 $a n s$ ，若 $a n s \geq g_{i}$ ，则 $a n s = f_{i} + 1$ ，否则 $a n s = f_{i}$ 。

时间复杂度 $O (n \sqrt{n})$ ，视 $n, q$ 同阶。

注意分块时有可能块长小于阈值（此时第二个结论不成立），对于这种块暴力计算即可。

点击查看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<set>
#include<ctime>
#include<random>
#define x1 xx1
#define y1 yy1
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define ITIE cin.tie(0);
#define OTIE cout.tie(0);
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("-1")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define popc __builtin_popcount
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);++a)
#define per(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);--a)
#define reprange(a,b,c,d) for(int a=(b);a<=(c);a+=(d))
#define perrange(a,b,c,d) for(int a=(b);a>=(c);a-=(d))
#define graph(i,j,k,l) for(int i=k[j];i;i=l[i].nxt)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof x)
//#define double long double
#define int long long
//#define int __int128
using namespace std;
typedef long long i64;
using pii=pair<int,int>;
bool greating(int x,int y){return x>y;}
bool greatingll(long long x,long long y){return x>y;}
inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}
inline void write(int x,char ch='\0'){
	if(x<0){x=-x;putchar('-');}
	int y=0;char z[40];
	while(x||!y){z[y++]=x%10+48;x/=10;}
	while(y--)putchar(z[y]);if(ch!='\0')putchar(ch);
}
bool Mbg;
const int maxn=2e5+5,maxm=805,inf=0x3f3f3f3f,B=300,BMIN=10;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,Q,num,a[maxn];
int L[maxm],R[maxm],bel[maxn];
int f[maxm],g[maxm];
void upd(int x){
	int res=0;
	rep(i,L[x],R[x])res=floor(sqrtl(res+a[i]));
	f[x]=res;
	res=f[x]+1;
	per(i,R[x],L[x]){
		int _res=res*res-a[i];
		if(_res>inf)return g[x]=llinf,void();
		res=_res;
	}
	g[x]=res;
}
int qry(){
	int res=0;
	rep(i,1,num){
		if(R[i]-L[i]+1<=BMIN){
			rep(j,L[i],R[i])res=floor(sqrtl(res+a[j]));
		}else{
			if(res>=g[i])res=f[i]+1;
			else res=f[i];
		}
	}
	return res;
}
void solve_the_problem(){
	n=rd(),Q=rd(),num=(n+B-1)/B;rep(i,1,n)a[i]=rd();
	rep(i,1,num){
		L[i]=R[i-1]+1,R[i]=min(n,R[i-1]+B);
		rep(j,L[i],R[i])bel[j]=i;
		upd(i);
	}
	while(Q--){
		int x=rd(),y=rd();
		a[x]=y,upd(bel[x]);
		write(qry(),10);
	}
}
bool Med;
signed main(){
//	freopen(".in","r",stdin);freopen(".out","w",stdout);
//	fprintf(stderr,"%.3lfMB\n",(&Mbg-&Med)/1048576.0);
	int _=1;while(_--)solve_the_problem();
}
/*

*/