CF1404C Fixed Point Removal
题目大意
给定一个正整数序列\(a_{1},\dots ,a_{n}\)。你可以进行若干次操作，每次操作可以选择一个满足\(a_i=i\)的位置\(i\)，将其删去。删去后，左右两边会自动拼合到一起（也就是右边所有数下标都会相应地变化）。
你想要最大化删去的元素数量。
但是这个问题太简单了，所以你需要回答\(q\)次询问。每次询问给定两个正整数\(x,y\)，求如果将序列的前\(x\)个数和后\(y\)个数变成\(n+1\)（也就是强制它们不得被删去），新的序列里最多能删掉多少个数呢？
注意，每次询问是独立的，也就是说询问后，序列会复原。
数据范围：\(1\leq n,q\leq 3\times 10^5\)，\(1\leq a_i\leq n\)，\(x,y\geq 0,x+y< n\)。
本题题解
先不考虑多次询问。只针对一个给定的序列，如何求答案呢？
我们发现，后面的数被删除时，不会对前面的数产生影响。因此，我们总能通过巧妙地安排删除顺序，使得所有“理论上能被删除的数”都被删掉。
例如，初始时的一个位置\(i\)，满足\(a_i=i-2\)（也就是\(a_i\)需要向前移动\(2\)格才能被删掉）。假设，我们已经知道了\(i\)前面有\(5\)个能被删除的数（即我们能构造出一种删除它们的方案）。那我们只要在这个方案进行到第\(2\)步时（此时\(a_i\)向前移动了\(2\)格，满足了\(a_i=i\)），把\(a_i\)删掉。然后再继续删除后\(3\)个数即可。因为\(i\)的位置在它们后面，所以中间插入一个“删除\(a_i\)”的操作，不会对原本的构造产生影响。于是我们就在“删除前\(i-1\)个数的方案”的基础上，构造出了“删除前\(i\)个数的方案”。用这种归纳，可以证明上一段所说的“应删尽删”的结论。
形式化地，我们设\(f_i\)表示序列的前\(i\)个位置，最多有多少位置被删掉。则：
如果没有多次询问，我们现在可以\(O(n)\)求出一个序列的答案。
考虑多次询问。
此时有两种方向，一种是直接用数据结构维护区间，把整体问题搬到区间上，例如用线段树或者分块。但是我们发现，这个\(f\)是需要递推的，也就是说，前面一个\(f\)变化，可能会造成连锁反应。因此不好直接维护区间。
另一种方向是发现问题性质中的可二分性。我们来具体说说。
我们称【把序列的前\(x\)个数强行变成\(n+1\)】为【ban掉\(x\)个数】。
对于任何一个位置，显然是它前面ban掉的数越少，它越可能可以被删除。那么，对每个位置\(i\)，预处理出一个\(\text{lim}_i\) (\(-1\leq \text{lim}_i<i\))，表示ban掉\(\leq \text{lim}_i\)个数时，\(i\)这个位置是可以被删除的；ban掉\(>\text{lim}_i\)个数，\(i\)这个位置就不能被删除了。这也就是我说的，“发现问题性质中的可二分性”。
如何预处理\(\text{lim}_i\)？考虑对每个\(i\)二分答案。然后相当于要查询前\(i-1\)个位置里，满足\(\text{lim}_j\geq \text{mid}\)的\(j\)有多少个 (\(1\leq j<i\))。可以用主席树维护。我们甚至可以直接在主席树上二分，这样复杂度从\(O(n\log^2n)\)降为\(O(n\log n)\)。
知道了\(\text{lim}_1,\dots ,\text{lim}_n\)后，如何求答案？相当于要查询，\(j\in[1,n-y]\)里，满足\(\text{lim}_j\geq x\)的\(j\)有多少个。可以直接在主席树上查询。时间复杂度\(O(q\log n)\)。
总时间复杂度\(O((n+q)\log n)\)。
总结反思
这个题给了我们一个很好的启示：处理多次询问的问题时，不一定要用数据结构大力维护出区间答案。可以尝试发现问题里的可二分性，然后实现“降维”。例如本题里，这种思路就成功地去掉了\(x\)这一维，我们只需要简单地用数据结构维护\(y\)的答案即可。
有一类经典问题，多次询问，每次问一个区间\([l_i,r_i]\)是否可行。如果发现了可二分性，那么一个做法是：对每个\(r\in[1,n]\)，预处理出能够使它合法的最小/最大的\(l\)。这个\(l\)可以二分，有时也可以直接用 two pointers 求。这个经典做法，与本题的思路多少有些异曲同工之妙。
参考代码
//problem:CF1404C
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}
const int MAXN=3e5;
int n,q,a[MAXN+5],b[MAXN+5],lim[MAXN+5];
struct FrogTree{
int rt[MAXN+5],sum[MAXN*40],ls[MAXN*40],rs[MAXN*40],cnt;
void ins(int& x,int y,int l,int r,int pos){
x=++cnt;
sum[x]=sum[y]+1;
ls[x]=ls[y];
rs[x]=rs[y];
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)
ins(ls[x],ls[y],l,mid,pos);
else
ins(rs[x],rs[y],mid+1,r,pos);
}
int binary_search(int x,int l,int r,int b){
// 最短的, 和>=b的后缀
if(l==r)
return l;
int mid=(l+r)>>1;
if(sum[rs[x]] >= b)
return binary_search(rs[x],mid+1,r,b);
else
return binary_search(ls[x],l,mid,b-sum[rs[x]]);
}
int query(int x,int l,int r,int ql,int qr){
if(!x) return 0;
if(ql<=l && qr>=r){
return sum[x];
}
int mid=(l+r)>>1;
int res=0;
if(ql<=mid)
res += query(ls[x],l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)
res += query(rs[x],mid+1,r,ql,qr);
return res;
}
FrogTree(){}
}T;
int main() {
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
if(i<a[i]){
T.rt[i]=T.rt[i-1];
b[i]=-1;
lim[i]=-1;
continue;
}
b[i]=i-a[i];
if(T.sum[T.rt[i-1]] < b[i]){
lim[i]=-1;
T.rt[i]=T.rt[i-1];
continue;
}
if(!b[i])
lim[i]=i-1;
else
lim[i] = T.binary_search(T.rt[i-1],0,n-1,b[i]);
T.ins(T.rt[i],T.rt[i-1],0,n-1,lim[i]);
}
//for(int i=1;i<=n;++i)
// cerr<<lim[i]<<" ";
//cerr<<endl;
while(q--){
int x,y;
cin>>x>>y;
cout<<T.query(T.rt[n-y],0,n-1,x,n-1)<<endl;
}
return 0;
}
