P3863 序列（分块）

感觉是一个比较厉害的 trick，并且从来没见过，记录一下。

题意

给定 $n$ 个数和 $q$ 次操作：

• 1 l r x：区间 $[l,r]$ 加 $x$。
• 2 x v：查询在询问之前有多少时刻 $a_x\ge v$。一次操作定义为一个时刻，初始为 $0$ 时刻。

$n,q\le {10}^5$

分析

如果 $x\ge 0$，那么 $a_i$ 的值不降，直接二分+主席树维护即可。只是提一嘴我的原始思路，跟这题正解没关系。

但是 $x<0$，上面的做法就假透了。考虑一个新做法。

假设对 $a_i$ 的询问，我们找出了它在所有时间轴上的值 $b_i$，原题的询问等价于询问时间轴在 $[0,t)$ 中 $b_i\ge v$ 的 $i$ 个数。这是分块的经典例题。如果我们只维护一个 $a_i$，那么我们直接将值域分块，然后整块二分散块暴力即可。

但是我们要维护 $n$ 个数的区间加。

区间加这个东西会给区间内的所有数加同一个偏移量废话，我们或许可以考虑从 $i-1$ 继承过来 $i$ 的所有版本的值。这样的话，我们只需要将 $[l,r]$ 拆成 $l,r+1$ 两个单点，在 $l$ 处增加贡献，在 $r+1$ 处去除贡献。对于一个单点加，就相当于对 $[t,q]$ 的时间段里 $a_i$ 的历史值做区间加。查询直接套用上文的解法。

时间复杂度 $O(n\sqrt{n}\log n)$。

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<stack>
#include<bitset>
#include<set>
#include<ctime>
#include<random>
#include<cassert>
#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 P0 puts("0")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define un using namespace
#define all(x) x.begin(),x.end()
#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;
typedef unsigned long long u64;
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<<1)+(x<<3)+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=1e5+5,maxm=4e5+5,inf=0x3f3f3f3f,B=320;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,Q,a[maxn];
vector<pii>mdf[maxn];
using piii=pair<pair<int,int>,int>;
vector<piii>ask[maxn];
int ans[maxn];
//b sorted c unsorted
int b[maxn],c[maxn],tag[maxn];
int L[maxn],R[maxn],bel[maxn],num;
void remake(int x){
	rep(i,L[x],R[x])c[i]+=tag[x],b[i]=c[i];
	tag[x]=0;
	sort(b+L[x],b+R[x]+1);
}
void upd(int l,int r,int x){
	if(bel[l]==bel[r]){
		rep(i,l,r)c[i]+=x;
		remake(bel[l]);
		return;
	}
	rep(i,l,R[bel[l]])c[i]+=x;remake(bel[l]);
	rep(i,bel[l]+1,bel[r]-1)tag[i]+=x;
	rep(i,L[bel[r]],r)c[i]+=x;remake(bel[r]);
}
int qry(int l,int r,int val){
	int res=0;
	if(bel[l]==bel[r]){
		rep(i,l,r)if(c[i]+tag[bel[l]]>=val)++res;
		return res;
	}
	rep(i,l,R[bel[l]])if(c[i]+tag[bel[l]]>=val)++res;
	rep(i,bel[l]+1,bel[r]-1){
		int ps=lower_bound(b+L[i],b+R[i]+1,val-tag[i])-b;
		res+=R[i]-ps+1;
	}
	rep(i,L[bel[r]],r)if(c[i]+tag[bel[r]]>=val)++res;
	return res;
}
inline void solve_the_problem(){
	n=rd(),Q=rd(),num=Q/B+1;
	rep(i,1,num){
		L[i]=(i-1)*B,R[i]=min(i*B-1,Q);
		rep(j,L[i],R[i])bel[j]=i;
	}
	rep(i,1,n)a[i]=rd();
	int qrycnt=0;
	rep(i,1,Q){
		int op=rd(),l=rd(),r=rd(),x;
		if(op==1){
			x=rd();
			mdf[l].emplace_back(mp(x,i)),mdf[r+1].emplace_back(mp(-x,i));
		}else{
			ask[l].emplace_back(mp(mp(r,i-1),++qrycnt));
		}
	}
	rep(i,1,n){
		for(pii j:mdf[i]){
			int val=j.fi,t=j.se;
			upd(t,Q-1,val);
		}
		for(piii j:ask[i]){
			int val=j.fi.fi,t=j.fi.se,id=j.se;
			ans[id]=qry(0,t,val-a[i]);
		}
	}
	rep(i,1,qrycnt)write(ans[i],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();
}
/*

*/