P11217 【MX-S4-T1】「yyOI R2」youyou 的垃圾桶（线段树上二分）
赛时是想到普通的线段树 + 二分 \(O(q\log^2n)\)，预期是 70pts，实际 50pts
后面发现又是在 long long 类型的计算中，1ll 写成了 1，然后爆负数，复杂度就错了，T 了四个点
开题，读起来是一个很套路的题目
要对区间在线修改，区间加、（区间乘？），发现数据很大，那就是线段树、树状数组维护了
思考了一下，答案可以分两部分求解，
一是找到使 youyou 死亡的那一轮，之前轮的贡献可以按题意累加得到，
LL sum = query(1, 1, n), tot = 0ll, last;
int cnt = 0ll; // 实际到第 cnt 轮就死亡
while (tot < W)
{
last = tot;
tot = sum * (LL)(1ll << cnt) + last;
cnt ++;
}
ans += (LL)((cnt - 1ll) * n); // 所有点覆盖轮
W -= last;
手算了一下时间复杂度应该是 \(O(x)\) 满足 \(sum\sum\limits_{i = 0}^x 2^i = W\)，等比数列求和一下近似 \(O(\log n)\)
我一开始测大样例 2s 内本地跑不出来，以为是写假了（就是写假了 qwq，爆负数），然后卡了好久在那想怎么做到 \(sum\cdot 2^x=W\)，白给了很多时间
这里推导一下等比数列求和 qwq
\(S_x = sum\sum\limits_{i=0}^x 2^i\)
\(2S_x = sum\sum\limits_{i=1}^{x + 1} 2^i\)
\(S_x = 2S_x - S_x = sum\cdot 2^{x+1} - sum\cdot 2^0 = W\)
\(x = \log_2(\frac{W}{2sum} + \frac{1}{2})\)
二是确定为第 i 轮死亡时，想到从左往右覆盖具有单调性，可以把死亡位置二分出来，每次求个前缀和
时间复杂度是 \(O(\log^2n)\) 的
需要注意的是，我一开始是考虑第 i 轮要用区间乘实现，后来发现还要还原，有点不可做的感觉
但是再仔细一想，注意到第 i 轮的初始值是整体偏移的，且并不关心单个数值偏移后的具体大小，那我直接求出第一轮的和然后乘上对应的偏移量就可以了
可以拿到 70pts
code
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
#define lp p << 1
#define rp p << 1 | 1
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;
const LL inf = 1e18;
int n, T, a[N];
LL W0, ans;
struct Tree
{
int l, r, tag;
LL sum;
}t[N << 2];
inline void push_up(int p)
{
t[p].sum = t[lp].sum + t[rp].sum;
}
inline void push_down(int p)
{
if (t[p].tag)
{
t[lp].sum += (LL)(t[lp].r - t[lp].l + 1) * (LL)t[p].tag;
t[rp].sum += (LL)(t[rp].r - t[rp].l + 1) * (LL)t[p].tag;
t[lp].tag += t[p].tag;
t[rp].tag += t[p].tag;
t[p].tag = 0;
}
}
inline void build(int p, int l, int r)
{
t[p].l = l, t[p].r = r;
if (l == r)
{
t[p].sum = a[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lp, l, mid);
build(rp, mid + 1, r);
push_up(p);
}
inline void update(int p, int l, int r, int k)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r)
{
t[p].sum += (LL)(t[p].r - t[p].l + 1) * k;
t[p].tag += k;
return;
}
push_down(p);
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) update(lp, l, r, k);
if (r > mid) update(rp, l, r, k);
push_up(p);
}
inline LL query(int p, int l, int r)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r) return t[p].sum;
push_down(p);
LL res = 0ll;
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) res += query(lp, l, r);
if (r > mid) res += query(rp, l, r);
return res;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
// freopen("wxyt3.in", "r", stdin);
// freopen("wxyt3.out", "w", stdout);
cin >> n >> T >> W0;
for (re i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
build(1, 1, n);
while (T --)
{
ans = 0ll;
LL W = W0;
int L, R, d; cin >> L >> R >> d;
update(1, L, R, d);
LL sum = query(1, 1, n), tot = 0ll, last;
int cnt = 0ll; // 实际到第 cnt 轮就死亡
while (tot < W)
{
last = tot;
tot = sum * (LL)(1ll << cnt) + last;
cnt ++;
}
ans += (LL)((cnt - 1ll) * n); // 所有点覆盖轮
W -= last;
int l = 1, r = n;
while (l < r)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if (W - query(1, 1, mid) * (LL)(1ll << (cnt - 1ll)) <= 0) r = mid;
else l = mid + 1;
}
ans += (LL)(l - 1ll);
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
瓶颈就是它卡两只 log，，，再考虑到线段树本身常数较大（可能树状数组可以冲一下？
可能有其他做法，std 是 \(O(n\log W + q)\) 的，没去看
消去一只 log 的办法就是在线段树上直接二分，找左右子树，很妙的办法
ac code
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
#define lp p << 1
#define rp p << 1 | 1
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;
const LL inf = 1e18;
int n, T, a[N];
LL W0, ans;
struct Tree
{
int l, r, tag;
LL sum;
}t[N << 2];
inline void push_up(int p)
{
t[p].sum = t[lp].sum + t[rp].sum;
}
inline void push_down(int p)
{
if (t[p].tag)
{
t[lp].sum += (LL)(t[lp].r - t[lp].l + 1) * (LL)t[p].tag;
t[rp].sum += (LL)(t[rp].r - t[rp].l + 1) * (LL)t[p].tag;
t[lp].tag += t[p].tag;
t[rp].tag += t[p].tag;
t[p].tag = 0;
}
}
inline void build(int p, int l, int r)
{
t[p].l = l, t[p].r = r;
if (l == r)
{
t[p].sum = a[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lp, l, mid);
build(rp, mid + 1, r);
push_up(p);
}
inline void update(int p, int l, int r, int k)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r)
{
t[p].sum += (LL)(t[p].r - t[p].l + 1) * k;
t[p].tag += k;
return;
}
push_down(p);
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) update(lp, l, r, k);
if (r > mid) update(rp, l, r, k);
push_up(p);
}
inline LL query(int p, int l, int r)
{
if (l <= t[p].l && t[p].r <= r) return t[p].sum;
push_down(p);
LL res = 0ll;
int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
if (l <= mid) res += query(lp, l, r);
if (r > mid) res += query(rp, l, r);
return res;
}
inline int query2(int p, int l, int r, LL W, LL layer)
{
if (l == r) return l;
push_down(p);
int mid = (l + r) >> 1;
if (W - t[lp].sum * layer <= 0) return query2(lp, l, mid, W, layer);
else return query2(rp, mid + 1, r, W - t[lp].sum * layer, layer);
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
// freopen("wxyt3.in", "r", stdin);
// freopen("wxyt3.out", "w", stdout);
cin >> n >> T >> W0;
for (re i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
build(1, 1, n);
while (T --)
{
ans = 0ll;
LL W = W0;
int L, R, d; cin >> L >> R >> d;
update(1, L, R, d);
LL sum = query(1, 1, n), tot = 0ll, last;
int cnt = 0ll; // 实际到第 cnt 轮就死亡
while (tot < W)
{
last = tot;
tot = sum * (LL)(1ll << cnt) + last;
cnt ++;
}
ans += (LL)((cnt - 1ll) * n); // 所有点覆盖轮
W -= last;
int pos = query2(1, 1, n, W, (LL)(1ll << (cnt - 1ll))) - 1;
cout << ans + pos << '\n';
}
return 0；
}
