树状数组：[JXOI2017]加法 题解

emm……，第一次发一道紫题的题解。

大体思路：二分+树状数组

废话不多说，直接开始。

一、题目大意

有一个长度为 n 的正整数序列 A、 m 个区间 [li, ri] 和两个正整数 a, k。这 m 个区间里选出恰好 k 个区间，并对每个区间执行一次区间加 a 的操作。

求怎么选择区间才能让操作后最大化min Ai。

二、思路详解

Part One 想到二分

其实，我一看到题目，也没有想出什么思路，于是再次认真地审了一下题目，想从题目描述中找到解题思路。不一会，我看到了一句话：“操作后的序列的最小值尽可能的大”，最小值最大，我们可以想道什么？

当然是：二分！

Part Two 二分的判断函数——check

check的含义

按照二分的套路，我们的check函数实现的意义是：判断取得的值是否能在用恰好k个区间将这个正整数序列的最小值提到mid以上。

那么，我就想这样：先打出一个暴力的模拟出来，再优化。

记录小于mid的数的下标

暴力的模拟很简单：首先从左到右扫每一个数，当找到1个数是小于mid的，就记录下它的下标于s数组中。

接着，我们就要想：通过区间去搞定每一个小于mid的数。

枚举区间

于是，我们开始枚举每个区间，要想搞定一个数，那么，我们就要先保证加的区间包含这个数。

在符合这个条件之下，我们就要贪心的想：区间越大，那么结果肯定越优。所以，我们枚举的区间在包含这个数的条件下还要长度最大。

增加

枚举到了区间，我们就要进行增加操作，这个就直接加就行了。

三、优化

按照我上面的去模拟，你会发现时间复杂度特别高，在20-60 分左右，如何优化呢？

枚举区间

用大根堆去维护区间最优，这样可以避免每次O（n）的去寻找最优的区间。

增加操作

我们暴力的去增加数的大小，时间最差是n，但是，有一类数据结构，专门应对区间加减和查询，是什么呢？

树状数组！（可能线段树也可以，但我不会）

这样，我们便可以用树状数组去维护增加操作。

四、代码及其注释

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int T, n, m, k, val, id, cnt, j, a[N], s[N], cf[N], BIT[N];
struct Node {
	int l, r;
}seque[N];//结构体，便于用STL的sort排序 
bool cmp(Node backup1, Node backup2) {
	return backup1.l < backup2.l;
}//排序的比较函数 
template <typename T> void read(T &x){
	x = 0; int f = 1; char ch = getchar();
	while (!isdigit(ch)) {if (ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while (isdigit(ch)) {x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
	x *= f;
}//快读 
int lowbit(int x) { return x & -x; }//求子树数量 
void update(int l, int r) {for (; l <= n; l += lowbit(l)) BIT[l] += r;}//增加 
int GetSum(int x) {
    int ans = 0;
    for (; x; x = x - lowbit(x)) ans += BIT[x];
    return ans;
}//树状数组查询操作 
bool check(int x) {
	priority_queue<int> q;//定义大根堆 
	for (int i = 1;i <= n;i++)
		if (a[i] < x)
			s[++id] = i;//放入比mid小的数的下标 
	for (int i = 1;i <= id;i++) {
		for (;j <= m;j++) {
			if (seque[j].l <= s[i]) {
				q.push(seque[j].r); //加入能够增加a[s[i]]的区间 
			} else break;//因为我在主函数里面排序过，所以一旦l大了，那么以后的也要大，就直接跳出。 
		}
		while(GetSum(s[i]) < x) {//查询a[s[i]]的值，我BIT是插入的差分数组的值，所以GetSum是单点 
			if (k <= cnt || q.empty()) return 0;//当区间不够用或已经没有符合条件的区间了，就直接挂掉。 
			int R = q.top();
			q.pop();
			update(s[i], val), update(R + 1, -val);
			cnt++;//简单的操作，应该都知道。 
		}
	}
	return 1;
}// 判断取得的值是否能在用恰好k个区间将这个正整数序列的最小值提到mid以上。
int main() {
	read(T);
	while(T--) {
		read(n), read(m), read(k), read(val);
		for (int i = 1;i <= n;i++) read(a[i]), cf[i] = a[i] - a[i - 1];//建立差分数组 
		for (int i = 1;i <= m;i++) read(seque[i].l), read(seque[i].r);//读入  
		sort(seque + 1, seque + m + 1, cmp);
		int l = 1, r = val * k + *min_element(a + 1, a + n + 1);//最大值应该是区间数乘上每次增加的值加上数列最小值。 
		while(l < r) {
			int mid = l + r + 1 >> 1;
			id = cnt = 0, j = 1;
			for (int i = 1;i <= n;i++) BIT[i] = 0;
			for (int i = 1;i <= n;i++) update(i, cf[i]);//初始化，注意这个每个check完都要初始化。 
			if (check(mid)) l = mid;
			else r = mid - 1;
		}//二分 
		printf("%d", l);//输出 
		puts("");
	}
	return 0;
}

用时：295ms，还算快吧。

好了，完美撒花！