序列更新

• 考场思路是，离线处理询问，从大到小枚举bi，对每个ai维护已被统计的询问区间
• 由于数据随机，我们似乎可以感受到已统计询问区间扩张的次数不会太大，于是自然想到有没有办法精准扩张呢？很遗憾，难做
• 另一个思路是，区间扩张的情况往往集中出现在最大的几个bi
• 于是引入分块的“大段维护，局部朴素”思想，我们进行一部分区间扩张后，朴素地处理剩下来的情况
• 题解做法是，对于每次操作，并行考虑两种修改方法：①从ai出发，找到bi，更新ai ②从bi出发，找到ai,更新ai
• 考虑对最大的几个bi应用方法②修改，那么我们只需要对较小的ai应用①修改
• 修改次数期望为\(\sum (1-\frac{x}{n})^{i+1}\)（考虑每一步对期望的贡献）
• 用等比数列求和公式：约等于\(\frac {n}{x}\)，解毕

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int> 
using namespace std;
long long ans[250005];
int c[250005],k[250005],la[250005];
int read1()
{
	char cc=getchar();
	while(!(cc>=48&&cc<=57))
	{
		if(cc=='-')
		{
			break;
		}
		cc=getchar();
	}
	bool f=false;
	int s=0;
	if(cc=='-')
	{
		f=true;
	}
	else
	{
		s=cc-48;
	}
	while(1)
	{
		cc=getchar();
		if(cc>=48&&cc<=57)
		{
			s=s*10+cc-48;
		}
		else
		{
			break;
		}
	}
	if(f==true)
	{
		s=-s;
	}
	return s;
}
struct t1
{
	int id,va;
}a[250005],b[250005];
int A[250005],B[250005];
bool cmp(t1 a,t1 b)
{
	return a.va<b.va;
}
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		memset(c,0,sizeof(c));
		int n,q;
		cin>>n>>q;
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			la[i]=q+1;
			a[i].id=i;
			a[i].va=read1();
			A[i]=a[i].va;
		}
		sort(a,a+n,cmp);
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			b[i].id=i;
			b[i].va=read1();
			B[i]=b[i].va;
		}
		sort(b,b+n,cmp);
		for(int i=1;i<=q;i++)
		{
			k[i]=read1();
			if(c[k[i]]==0)
			{
				c[k[i]]=i;
			}
			ans[i]=0;
		}
		int p=n;
		for(int i=n-1;i>=max(n-500,0);i--)
		{
			while(p-1>=0&&a[p-1].va>b[i].va)
			{
				p--;
			}
			for(int j=0;j<p;j++)
			{
				int k=b[i].id-a[j].id;
				if(k<0)
				{
					k+=n;
				}
				if(c[k]==0)
				{
					continue;
				}
				if(c[k]<la[a[j].id])
				{
					ans[c[k]]+=(b[i].va);
					ans[la[a[j].id]]-=(b[i].va);
					la[a[j].id]=c[k];
				}
			}
		}
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			for(int j=1;j<la[i];j++)
			{
				A[i]=max(A[i],B[(i+k[j])%n]); 
				ans[j]+=A[i];
				ans[j+1]-=A[i];
			}
		}
		for(int i=1;i<=q;i++)
		{
			ans[i]+=ans[i-1];
			printf("%lld\n",ans[i]);
		}
	}
	return 0;
}