【题解 P3586】 LOG

[POI2015] LOG

题目描述

维护一个长度为 $n$ 的序列，一开始都是 $0$，支持以下两种操作：

1. U k a 将序列中第 $k$ 个数修改为 $a$。
2. Z c s 在这个序列上，每次选出 $c$ 个正数，并将它们都减去 $1$，询问能否进行 $s$ 次操作。

每次询问独立，即每次询问不会对序列进行修改。

输入格式

第一行包含两个正整数 $n,m$，分别表示序列长度和操作次数。

接下来 $m$ 行为 $m$ 个操作。

输出格式

包含若干行，对于每个 Z 询问，若可行，输出 TAK，否则输出 NIE。

样例 #1

样例输入 #1

3 8
U 1 5
U 2 7
Z 2 6
U 3 1
Z 2 6
U 2 2
Z 2 6
Z 2 1

样例输出 #1

NIE
TAK
NIE
TAK

提示

【数据范围】

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n,m\le {10}^6$，$1\le k,c\le n$，$0\le a\le {10}^9$，$1\le s\le {10}^9$。

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原题名称：Logistyka。

解析

单点修改很好做，重点是如何维护查找操作。
最开始很容易想出来一个错误的思路，找他们总共的和是否大于 $c\times s$ 。
但是，有一些数大于 $s$ ，是不能做到 $s$ 次的。
但是，一个数能贡献的价值只会有两个限制，一是它数本身的大小，二是 $s$ ，所以单个数的贡献为 $min(s,a_i)$ 。
分开统计，$a_i$ 大于 $s$ 的直接让 $c$ 减掉，小于 $s$ 的统计和就好了。
我们只需要先做一遍离散化，然后开两个树状数组，一个统计每个位上有多少个数，用于做 $a_i$ 大于 $s$ 的情况，一个统计和，用于做第二种情况。
时间复杂度 $O(mlogm)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct datay
{
	char x;
	long long y,z;
}l[1000005];
long long n,m,a[1000005],f[1000005],d[1000005],p[1000005];
set<long long> q;
map<long long,long long> w;
long long lowbit(long long x)
{
	return x&(-x);
}
void dijah1(long long x,long long y)
{
	for(int i=x;i<=1000000;i+=lowbit(i))f[i]+=y;
	return;
}
void dijah2(long long x,long long y)
{
	for(int i=x;i<=1000000;i+=lowbit(i))d[i]+=y;
	return;
}
long long gaia1(long long x)
{
	long long h=0;
	while(x)
	{
		h+=f[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return h;
}
long long gaia2(long long x)
{
	long long h=0;
	while(x)
	{
		h+=d[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return h;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>l[i].x>>l[i].y>>l[i].z;
		q.insert(l[i].z);
	}
	long long g=0;
	set<long long>::iterator qw=q.begin();
	for(;qw!=q.end();qw++)
	{
		w[*qw]=++g;
		p[g]=*qw;
	}
	p[0]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)l[i].z=w[l[i].z];
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		if(l[i].x=='U')
		{
			if(p[a[l[i].y]]!=0)dijah1(a[l[i].y],-p[a[l[i].y]]),dijah2(a[l[i].y],-1);
			a[l[i].y]=l[i].z;
			if(p[a[l[i].y]]!=0)dijah1(a[l[i].y],p[a[l[i].y]]),dijah2(a[l[i].y],1);
		}
		else
		{
			if(gaia1(l[i].z)>=(l[i].y-gaia2(1000000)+gaia2(l[i].z))*p[l[i].z])printf("TAK\n");
			else printf("NIE\n");
		}
	}







  return 0;
}