【bzoj 3938】Robot（超哥线段树）
3938: Robot
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 256 MBSubmit: 141 Solved: 67
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Description
小q有n只机器人，一开始他把机器人放在了一条数轴上，第i只机器人在ai的位置上静止，而自己站在原点。在这
之后小q会执行一些操作，他想要命令一个机器人向左或者向右移动x格。但是机器人似乎听不清小q的命令，事实
上它们会以每秒x格的速度匀速移动。看着自己的机器人越走越远，小q很着急，他想知道当前离他（原点）最远的
机器人有多远。具体的操作以及询问见输入格式。注意，不同的机器人之间互不影响，即不用考虑两个机器人撞在
了一起的情况。
Input
共有m个事件，输入将会按事件的时间顺序给出。第一行两个正整数n,m。接下来一行n个整数，第i个数是ai，表示
第i个机器人初始的位置（初始移动速度为0）。接下来m行，每行行首是一个非负整数ti，表示该事件点发生的时
刻（以秒为单位）。第二个是一个字符串S，代表操作的种类。数字与字符串之间用一个空格隔开。接下来的输入
按S的种类分类。若S是“command”（不带引号），则接下来两个整数ki,xi，表示小q对第ki个机器人执行了操作
，该机器人的速度将会被重置，变为向数轴正方向每秒移动xi格（若xi为负数就相当于向数轴负方向每秒移动∣xi
∣格）。保证1≤ki≤n。若S是“query”（不带引号），则你需要输出当前离原点最远的机器人有多远。保证t1≤
t2≤t2≤...≤tm。（注：若同一时间发生多次操作，则按读入顺序依次执行）
Output
对于每个query询问，输出一行，包含一个整数表示正确的答案。C/C++输入输出longlong时请用%lld。由于本题数
据量较大，建议不要使用cin/cout进行输入输出。
Sample Input
4 5
-20 0 20 100
10 command 1 10
20 command 3 -10
30 query
40 command 1 -30
50 query
-20 0 20 100
10 command 1 10
20 command 3 -10
30 query
40 command 1 -30
50 query
Sample Output
180
280
280
HINT
第一个命令执行时，各个机器人的位置为：−20,0,20,100。
第二个命令执行时，各个机器人的位置为：80,0,20,100。
第一个询问时，各个机器人的位置为：180,0,−80,100。
第三个命令执行时，各个机器人的位置为：280,0,−180,100。
第二个询问时，各个机器人的位置为：−20,0,−280,100。
限制与约定
设 command 的个数为 C，query 的个数为 Q。（所以 C+Q=m）
对于所有的事件满足 0≤ti≤10^9，对于所有的 command 满足 ∣xi∣≤10^4。
对于所有的机器人满足 ∣ai∣≤10^9。
N,C<=10^5
Q<=5*10^5
Source
【题解】【超哥线段树（标记永久化）】
【这道题，是我做超哥线段树的第二题。。。】
【原本想要按上一道题的思路在每个点插入一条“折线”（因为后面可能更改斜率），然后，当它的速度被更改时，就当做新的一条插入树中并维护最大值，而把它原来的那条线的值改为一个定值（啊，应该改成0啊，怪不得一直WA！），但是在加离散化时，由于是在线操作，搞成一坨。。。】
【看到题解后发现，跟我想的差不多，但题解是离线操作，把所有操作的时间离散，这样可以大大缩短线段树所需的空间，然后分别维护每条直线的最大最小值，每次更新后，就在原先的那条直线上更改，这样就大大简化了编程的复杂度，虽然代码有点长，但是思路很清晰（比我混在一起搞强太多！！！）】
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define N 100010
#define M 600010
using namespace std;
struct slove{
ll tm,vx;
int opt,num;
}a[M];
ll trmx[M*4],lmx[M*4],trmn[M*4],lmn[M*4];//线段树，trmx、lmx分别是维护最大值和最大值时的速度；trmn、lmn分别是维护最小值和最小值时的速度
ll time[N],tim[M],v[N],len[N];//time是每个点当前状态的开始时间；tim离散化有操作的时间；v[i]表示i点当前的速度；len[i]表示i点当前距原点的距离
bool p1[M*4],p2[M*4];//p1、p2分别表示维护最大值和最小值的线段树中每个节点是否曾更新过
int n,m,cnt;
ll ans1,ans2;
inline double cross(ll v1,ll l1,ll v2,ll l2)
{
return (l1-l2)/(1.0*(v2-v1));
}
void change_mx(int now,int l,int r,int al,int ar,ll road,ll V)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(al<=l&&r<=ar)
{
if(!p1[now]) trmx[now]=V,lmx[now]=road,p1[now]=1;
else
{
ll l1=road+V*tim[l],l1_1=lmx[now]+trmx[now]*tim[l];
ll l2=road+V*tim[r],l2_1=lmx[now]+trmx[now]*tim[r];
if(l1<=l1_1&&l2<=l2_1) return;
if(l1>=l1_1&&l2>=l2_1) trmx[now]=V,lmx[now]=road;
else
{
double k=cross(V,road,trmx[now],lmx[now]);
if(l1>=l1_1)
if(k<=tim[mid]) change_mx((now<<1),l,mid,al,ar,road,V);
else change_mx((now<<1)|1,mid+1,r,al,ar,lmx[now],trmx[now]),trmx[now]=V,lmx[now]=road;
else
if(k>tim[mid]) change_mx((now<<1)|1,mid+1,r,al,ar,road,V);
else change_mx((now<<1),l,mid,al,ar,lmx[now],trmx[now]),trmx[now]=V,lmx[now]=road;
}
}
return;
}
if(al<=mid) change_mx((now<<1),l,mid,al,ar,road,V);
if(ar>mid) change_mx((now<<1)|1,mid+1,r,al,ar,road,V);
}
void change_mn(int now,int l,int r,int al,int ar,ll road,ll V)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(al<=l&&r<=ar)
{
if(!p2[now]) p2[now]=1,trmn[now]=V,lmn[now]=road;
else
{
ll l1=road+V*tim[l],l1_1=lmn[now]+trmn[now]*tim[l];
ll l2=road+V*tim[r],l2_1=lmn[now]+trmn[now]*tim[r];
if(l1>=l1_1&&l2>=l2_1) return;
if(l1<=l1_1&&l2<=l2_1) trmn[now]=V,lmn[now]=road;
else
{
double k=cross(V,road,trmn[now],lmn[now]);
if(l1<=l1_1)
if(k<=tim[mid]) change_mn((now<<1),l,mid,al,ar,road,V);
else change_mn((now<<1)|1,mid+1,r,al,ar,lmn[now],trmn[now]),trmn[now]=V,lmn[now]=road;
else
if(k>tim[mid]) change_mn((now<<1)|1,mid+1,r,al,ar,road,V);
else change_mn((now<<1),l,mid,al,ar,lmn[now],trmn[now]),trmn[now]=V,lmn[now]=road;
}
}
return;
}
if(al<=mid) change_mn((now<<1),l,mid,al,ar,road,V);
if(ar>mid) change_mn((now<<1)|1,mid+1,r,al,ar,road,V);
}
void ask_mx(int now,int l,int r,int x)
{
if(p1[now]) ans1=max(ans1,lmx[now]+tim[x]*trmx[now]);
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) ask_mx(now<<1,l,mid,x);
else ask_mx((now<<1)|1,mid+1,r,x);
}
void ask_mn(int now,int l,int r,int x)
{
if(p2[now]) ans2=min(ans2,lmn[now]+tim[x]*trmn[now]);
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) ask_mn((now<<1),l,mid,x);
else ask_mn((now<<1)|1,mid+1,r,x);
}
int main()
{
//freopen("int.txt","r",stdin);
//freopen("my.txt","w",stdout);
int i;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&len[i]),time[i]=0,v[i]=0;
for(i=1;i<=m;++i)
{
scanf("%lld",&a[i].tm); tim[i]=a[i].tm;
char s[10];
scanf("%s",s);
if(s[0]=='c') scanf("%d%lld",&a[i].num,&a[i].vx),a[i].opt=1;
else a[i].opt=0;
}
cnt=m+1; tim[cnt]=0;
sort(tim+1,tim+cnt+1);
cnt=unique(tim+1,tim+cnt+1)-tim-1;//去重，离散化所有可能用到的时间
for(i=1;i<=m;++i)
if(a[i].opt==1)
{
int x=a[i].num,lst=lower_bound(tim+1,tim+cnt+1,time[x])-tim,rst=lower_bound(tim+1,tim+cnt+1,a[i].tm)-tim;
change_mx(1,1,cnt,lst,rst,len[x],v[x]);
change_mn(1,1,cnt,lst,rst,len[x],v[x]);
len[x]=len[x]+a[i].tm*(v[x]-a[i].vx); v[x]=a[i].vx; time[x]=a[i].tm;
}//将操作中能更新到的距离加入线段树
for(i=1;i<=n;++i)
{
int lst=lower_bound(tim+1,tim+cnt+1,time[i])-tim;
change_mx(1,1,cnt,lst,cnt,len[i],v[i]);
change_mn(1,1,cnt,lst,cnt,len[i],v[i]);
}//将初始的距离与当前的最优值相比较
for(i=1;i<=m;++i)
if(!a[i].opt)
{
ans1=ans2=0;
int now=lower_bound(tim+1,tim+cnt+1,a[i].tm)-tim;
ask_mx(1,1,cnt,now); ask_mn(1,1,cnt,now);
printf("%lld\n",max(ans1,-ans2));
}//询问，注意因为询问的是距离，那么，最大值和最小值都有可能是答案（这也是保存两个值的原因）
return 0;
}
既然无能更改，又何必枉自寻烦忧
