CF1098D Eels

Solution

先考虑不进行操作时，怎么吞噬可以得到最多的危险次数。

有一个结论是：挑最轻的两条鱼合并，可以使答案最大。

我们简单证明一下：设鱼这个集合为 \(S\) ，那么一次操作就是从中取出两个最小的元素 \(a\) 和 \(b\) ，并把 \(a+b\) 插入 \(S\) 。设某次操作 \(a\) 和 \(b\) 操作是不危险的，那么满足 \(2a\leq b\) 。则 \(b\) 不曾被合并过，不然设 \(b=c+d\) ，其中 \(c\leq d\) ，则 \(d\geq b/2>a\) ，那么 \(d\) 应该是被合并的过的，和我们的结论冲突。

然后可以发现，对所有元素排序，若一个元素对答案产生贡献，是满足 \(w_i\leq 2\cdot\sum_{j<i}w_j\) 的。

也就是只要能维护这个判断就行了——根据 \(w_i\) 分等级： \([2^0,2^1),[2^1,2^2),[2^2,2^3),\cdots,[2^{29},2^{30})\) ，然后发现一个等级中如果有多个元素，只有最小的可能不是危险的（这个我不会证qwq），因此维护和即可。

如果有插入和删除操作直接改变区间和和元素就好了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;
ll q,ans,sum[40];
char ch[2];
multiset<ll> num[40];

int main(){
    scanf("%lld",&q);
    while(q--){
        ll x,i;
        scanf("%s%lld",ch,&x);
        for(i=1;(1<<i)<=x;i++);i--;
        if(ch[0]=='+'){
            sum[i]+=x;
            num[i].insert(x);
        }
        else{
            sum[i]-=x;
            num[i].erase(num[i].find(x));
        }
        ll siz=0,ans=0;
        for(int i=0;i<30;i++){
            if(!num[i].size()) continue;
            ans+=(num[i].size()-((*num[i].begin())>2*siz));
            siz+=sum[i];
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}