XSY #3478 取石子

最新推荐文章于 2021-12-12 12:32:20 发布

mayaohua2003

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分类专栏：线段树

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本文讨论了一种两人取石子游戏的策略，其中小D和小Y轮流取石子，每轮可以收取对方一定数量的石子。通过分析，发现答案随着初始石子数增加而单调不降。利用线段树维护前缀最大值、最小值和前缀和，以O((N+Q)logN)的时间复杂度解决此问题。在遇到特定情况时，需要巧妙地处理计算逻辑。文章作者反思了自己的思维锻炼，并表达了对即将到来的竞赛的担忧。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意

两个人玩取石子游戏，一开始小D有 $X$ 颗石子，小Y有 $Y$ 颗石子。两人轮流取石子，小D先取，共 $N$ 轮，第 $i$ 轮当前操作者会从对方那里收取 $A_i$ 颗石子，若不足 $A_i$ 颗则全取来。问最后小D手里有多少石子。
有 $Q$ 次修改，每次可以修改 $X$ 或 $Y$ 或某个 $A_i$ 。
$1≤N,Q≤5∗1051\leq N,Q \leq5*10^5$ 。

题解

可以理解为初始值为 $x = X$ ，总和为 $S = X + Y$ ，每次操作即为 $x=max(0,min(x+B_i,S))$ 。
显然答案随初始值增加单调不降。
对于单次询问，考虑维护前缀最大值 $m a x$ ，最小值 $m i n$ ，前缀和 $s u m$ 。
若 $max−min≤summax-min\leq sum$ ，令 $y = m a x (- m i n, m a x (x, s u m - m a x))$ ，最终答案即为 $y + s u m$ 。
否则答案与初值无关。
考虑用线段树维护，每次计算右儿子的 $m a x - m i n$ ，若 $≤sum\leq sum$ ，可以先递归计算出左儿子的答案，此时可以 $O (1)$ 得出右儿子的答案，否则答案与左儿子的答案无关，直接随意设一个数作为左儿子的答案传入右儿子递归计算即可。
复杂度 $O ((N + Q) l o g N)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
#define FR first
#define SE second

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pr;

int fir[500005];

namespace SGT {

ll sumv[2000000],minn[2000000],maxn[2000000];

inline void pushup(int o) {
  sumv[o]=sumv[o*2]+sumv[o*2+1];
  minn[o]=min(minn[o*2],sumv[o*2]+minn[o*2+1]);
  maxn[o]=max(maxn[o*2],sumv[o*2]+maxn[o*2+1]);
}

void build(int l,int r,int o) {
  if (l==r) sumv[o]=minn[o]=maxn[o]=fir[l];
  else {
  	int m=((l+r)>>1);
  	build(l,m,o*2);
  	build(m+1,r,o*2+1);
  	pushup(o);
  }
}

void update(int l,int r,int o,int p,int q) {
  if (l==r) sumv[o]=minn[o]=maxn[o]=q;
  else {
  	int m=((l+r)>>1);
  	if (m>=p) update(l,m,o*2,p,q);
  	else update(m+1,r,o*2+1,p,q);
  	pushup(o);
  }
}

ll query(int l,int r,int o,ll p,ll q) {
  if (maxn[o]-minn[o]<q) {
  	ll l=-minn[o],r=q-maxn[o];
  	p=max(p,l);
  	p=min(p,r);
  	return p+sumv[o];
  } 
  int m=((l+r)>>1);
  if (maxn[o*2+1]-minn[o*2+1]>=q) return query(m+1,r,o*2+1,0,q);
  else {
	ll t=query(l,m,o*2,p,q);
	return query(m+1,r,o*2+1,t,q);
  } 
}

}

int main() {
  int n,m;
  ll sx,sy;
  scanf("%d%d%lld%lld",&n,&m,&sx,&sy);
  for(int i=1;i<=n;i++) {
  	scanf("%d",&fir[i]);
  	if (!(i&1)) fir[i]=-fir[i];
  }
  SGT::build(0,n,1);
  for(int i=1;i<=m;i++) {
  	int kind;
  	scanf("%d",&kind);
  	if (kind==1) scanf("%lld",&sx);
  	else if (kind==2) scanf("%lld",&sy);
  	else {
  		int x,y;
  		scanf("%d%d",&x,&y);
  		if (!(x&1)) y=-y;
  		SGT::update(0,n,1,x,y);
	  }
	printf("%lld\n",SGT::query(0,n,1,sx,sx+sy));
  }
  return 0;
}

附记

今天模拟赛对着这题自闭了4h，想到了除了线段树二分外的其他部分。但是对于 $m a x - m i n > s u m$ 的情况不会，一直觉得这种情况做法是维护关于 $s u m$ 的分段函数，结果发现并不能维护，瞎蒙了个结论还错了。
感觉题解十分巧妙，区分了我这种思维不行的选手，以后可能需要加强思维锻炼。省选快到了，感觉状态还没调整好，要及时调整。