P6105 [Ynoi2010] y-fast trie

这可能也是一个关于匹配的经典 trick。

题意

给定常数 $C$，你需要维护一个集合 $S$，支持以下操作：

• 1 x，加入数 $x$，保证 $x$ 之前不存在。
• 2 x，删除数 $x$，保证 $x$ 之前存在。

每次操作后你需要回答 $$\underset{i,j\in S,i\ne j}{max}(i+j)modC$$

$Q\le 5\times {10}^5$，强制在线。

分析

首先，将 $x$ 模 $C$ 处理后，对答案显然没有影响。但需要注意的是，模 $C$ 处理后 $x$ 就有可能会有重复了。

显然当集合大小小于 2 时无解，下文不讨论这种情况。

套路性的将 $(i+j)modC$ 分成两种贡献讨论：$i+j\ge C,i+j<C$。第一种贡献显然是好处理的，只需要取集合的最大值和次大值相加即可。

对于第二种贡献，对于每个数 $i$，找到能使 $i+j<C$ 且 $i+j$ 最大的 $j$，把这些数对 $(i,j)$ 扔进另一个 set 里。显然 $j$ 就是集合中 $C-1-i$ 的前驱。但是删除的时候，可能一个数是多个数的最优匹配，当删除该数后，我们需要重新计算这些数的最优匹配，然后就上天了。

如果没有强制在线，我们可以线段树分治掉。但是强制在线，我们需要考虑另外一个做法。

注意到很多的数对 $(i,j)$ 是没有用的，不会参与计算。具体地，对于 $i,j,k$，若 $j$ 是 $i$ 的最优匹配，$k$ 是 $j$ 的最优匹配，那么 $(i,j)$ 一定是没用的。那么我们只需要维护双向匹配的那些数对就行了，显然这样的数对只有 $O(n)$ 个，删除时也只会删掉至多一个数对，删除数对后就相当于把数对没被删掉的那一项“删掉再重新插入”到集合当中，这样复杂度就是正确的了。时间复杂度 $O(n\log n)$。注意寻找最优匹配时要避免自己跟自己匹配。

笑点解析：set 的 rbegin 返回的反向迭代器。

点击查看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<set>
#include<ctime>
#include<random>
#include<cassert>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("EE")
#define P0 puts("0")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define un using namespace
#define popc __builtin_popcountll
#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;
using pii=pair<int,int>;
using i64=long long;
using u64=unsigned long long;
template<typename T>bool greating(T x,T 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;
}
template<typename T>
inline void write(T 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=4e5+5,inf=0x3f3f3f3f;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int Q,mod;
multiset<int>s,ans;
inline int fnd(int x){
	int val=mod-1-x;
	auto it=s.upper_bound(val);
	if(it==s.begin())return -1;
	--it;
	return *it;
}
map<int,int>mt;
inline void ins(int x){
	if(s.empty())return s.emplace(x),void();
	int y=fnd(x);
	s.emplace(x);
	if(y==-1||mt[y]==x+1)return;
	s.erase(s.find(y));
	int z=fnd(y);
	s.emplace(y);
	if(x==z){
		if(mt[y]){
			int w=mt[y]-1;
			mt[y]=mt[w]=0,ans.erase(ans.find(y+w));
		}
		mt[y]=x+1,mt[x]=y+1;
		ans.emplace(x+y);
	}
}
inline void del(int x){
	int y=mt[x]-1;mt[x]=0;
	s.erase(s.find(x));
	if(y==-1)return;
	mt[y]=0;
	ans.erase(ans.find(x+y));
	s.erase(s.find(y));
	ins(y);
}
inline void solve_the_problem(){
	Q=rd(),mod=rd();
	int lstans=0;
	while(Q--){
		int op=rd(),x=rd();
		x^=lstans;
		x%=mod;
		op==1?ins(x):del(x);
		if(s.size()<=1){PW,lstans=0;continue;}
		write(lstans=max((*s.rbegin()+*(++s.rbegin()))%mod,ans.empty()?0:*ans.rbegin()),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();
}
/*
4 9
1 1
1 2
1 2
2 2
*/