To_Heart—题解——[HNOI/AHOI2018]转盘

起因是学长来讲数据结构！讲得很好！于是记录一下以后有机会讲给下一代！！1

题目大意

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题意：给定一个 $n$ 元环，可以从任意位置出发，每秒可以选择前进或者不动，每个点有一个到达时间 $t_i$当到达某个点的时间 $T$ 满足 $T>t_i$ 时可以标记这个点。问标记所有点的最短的时间。有 $m$ 次修改，强制在线。

题解

可以发现如果我们需要停下来等待覆盖一个点，不如将起点向前移。所以可以发现最优的走法一定是没有停留的。

破环成链，发现无论如何一定有 n-1 步，对于每个点作为起点“向前移”的步数是后面每一个到达时间比max，大概就可以写出：

$$T_{\min }=\underset{i\le n}{\min }\{\underset{i<j<i+n}{\max }{t}_j-j+i\}+n-1$$

然后惊奇地发现对于任意的 $i$ ，加入 $i+n$ 之后的点参与表达式计算并不会对答案造成影响，所以可以愉快的写出：

$$T_{\min }=\underset{i\le n}{\min }\{\underset{i<j\le 2\times n}{\max }{t}_j-j+i\}+n-1$$

令 $a_i=t_i+i$，则有：

$$T_{\min }=\underset{i\le n}{\min }\{\underset{i<j\le 2\times n}{\max }{a}_j+i\}+n-1$$

暴力显然是 $O(n^2\log n)$ 的，但是发现所有的 i 都可以枚举完所有点，这引导我们反过来思考每个点对前面点的贡献。这时候考虑 max 的性质，发现所有可能对答案构成贡献的点的权值是单调递减的，这个序列反过来思考发现是一个从 n 到 1 的极长上升子序列。因为答案要求最小，从后往前看，每个点产生贡献应该尽量提前，所以写出：

$$T_{\min }=min\{a_{p_j}+(p_{j-1}+1)\}+n-1$$

其中 p 是找出来的极长上升子序列的下标集合。

然后维护一下极长上升子序列，复杂度为 $O(n\log n^2)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m,p;

struct zz{
	int l,r;
	int mx;
	int len;
};

int a[2000005];
int t[2000005];

struct Tree{
	#define lc p<<1
	#define rc p<<1|1 
	zz t[20000005];
	void Build_Tree(int p,int l,int r){
		t[p].l=l,t[p].r=r;
		if(t[p].l==t[p].r) return t[p].mx=a[l],t[p].len=::t[l],void();
		int mid=(l+r)>>1;
		Build_Tree(lc,l,mid),Build_Tree(rc,mid+1,r);
		t[p].mx=max(t[lc].mx,t[rc].mx);
		t[p].len=Push_Up(lc,t[rc].mx);
	} 
	int Push_Up(int p,int val){
		if(t[p].l==t[p].r) return t[p].l+max(t[p].mx,val);
		int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;
		if(t[rc].mx>=val) return min(t[p].len,Push_Up(rc,val));
		else return min(Push_Up(lc,val),mid+1+val);
	}
	void Change_Tree(int p,int l){
		if(t[p].l==t[p].r) return t[p].mx=a[l],t[p].len=::t[l],void();
		int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;
		if(l<=mid) Change_Tree(lc,l);
		else Change_Tree(rc,l);
		t[p].mx=max(t[lc].mx,t[rc].mx);
		t[p].len=Push_Up(lc,t[rc].mx);
	}
}T;

int main(){
	cin>>n>>m>>p;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i]),a[i]=t[i]-i,t[i+n]=t[i],a[i+n]=t[i+n]-(i+n);
	T.Build_Tree(1,1,n<<1);
	int ans=0;
	printf("%d\n",ans=T.t[1].len+n-1);
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		if(p) x^=ans,y^=ans;
		t[x]=t[x+n]=y,a[x]=y-x,a[x+n]=y-x-n;
		T.Change_Tree(1,x),T.Change_Tree(1,x+n);
		printf("%d\n",ans=T.t[1].len+n-1);
	} 
	
	return 0;
}