「BZOJ2527」 Meteors - 整体二分

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#二分答案 #整体二分 #树状数组

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题目描述

BIU有N个成员国。现在它发现了一颗新的星球，这颗星球的轨道被分为M份（第M份和第1份相邻），第i份上有第Ai个国家的太空站。

这个星球经常会下陨石雨。BIU已经预测了接下来K场陨石雨的情况。

BIU的第i个成员国希望能够收集Pi单位的陨石样本。你的任务是判断对于每个国家，它需要在第几次陨石雨之后，才能收集足够的陨石。

输入格式

第一行是两个数N,M。

第二行有M个数，第i个数Oi表示第i段轨道上有第Oi个国家的太空站。

第三行有N个数，第i个数Pi表示第i个国家希望收集的陨石数量。

第四行有一个数K，表示BIU预测了接下来的K场陨石雨。

接下来K行，每行有三个数Li,Ri,Ai，表示第K场陨石雨的发生地点在从Li顺时针到Ri的区间中（如果Li<=Ri，就是Li,Li+1,…,Ri，否则就是Ri,Ri+1,…,m-1,m,1,…,Li），向区间中的每个太空站提供Ai单位的陨石样本。

输出格式

N行。第i行的数Wi表示第i个国家在第Wi波陨石雨之后能够收集到足够的陨石样本。如果到第K波结束后仍然收集不到，输出NIE。

数据范围

1<=n,m,k<=3*10^5
1<=Pi<=10^9
1<=Ai<10^9

分析

若只查询一个国家 $A$ 显然是可以枚举的。考虑二分答案。将 $A$ 所在的地方用数组 $X []$ 记录，设当前二分到的答案为 $m i d$ ， $n e e d$ 为该国家所需要的陨石样本，则将所有 $k≤midk\le mid$ 的陨石雨在树状数组中进行区间修改，枚举 $X []$ ，并进行单点查询，获得该国家所有的陨石样本为 $c n t$ ，若 $cnt≥needcnt\ge need$ ，则令 $R = m i d$ ，否则令 $L = m i d - 1$ ，继续进行上述二分。

但现在有多个国家查询，所以可以将局部二分转移到整体二分上。定义 $S o l v e (l, r, L, R)$ 为要解决操作区间 $[l, r]$ ，当前值域为 $[L, R]$ 。为了更方便地进行二分，将所查询的每个国家也看作一个操作。令 $m i d = (L + R) > > 1$ ，则对于操作区间内的修改操作，即发生陨石雨，若发生时间 $d≤midd\le mid$ ，则在树状数组中进行区间修改，并加入左边的缓存数组；否则加入右边的缓存数组。若为查询操作，则遍历该国家所有的地点，在树状数组里进行单点查询，并累加在 $c n t$ 里，最后若 $c n t > = n e e d$ ，则加入左边的缓存数组，否则让该城市的 $n e e d - = c n t$ ，并加入右边缓存数组。结束后遍历撤销对树状数组的修改，并将左右缓存数组并入原数组，并递归调用左右两部分。因为是在值域上进行二分的，所以又称为基于值域的分治算法。

这样下来，若递归到 $L = = R$ ，则遍历操作区间并更新答案为 $L$ ；若 $l > r$ ，则没有操作，返回。时间复杂度为 $O(n\log^2n)$ 。

对于本题来讲，值域为 $[1, k]$ ，但为了方便判断是否有解，查询时值域为 $[1, k + 1]$ ，若最后答案为 $k + 1$ 则无解。

需要注意的是，由于本题数据范围很大，树状数组和累加值要开 $longlong\ long$ ，还有在累加是若已经大于等于 $n e e d$ 了，就 $b r e a k$ ，防止炸 $longlong\ long$ 。

代码

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
const int N=300005;
typedef long long LL;
struct Query {
	int x,y,z,d,id;
}q[N<<2],lq[N<<2],rq[N<<2];
int n,m,ans[N];
int qnum,k;
vector<int> vc[N];//用与存每个国家的太空站位置 
struct Bit {//树状数组相关
	LL c[N<<1],res;
	void Add(int x,int v) {for (;x<=m;x+=x&-x) c[x]+=v;}
	LL Ask(int x) {for (res=0;x;x-=x&-x) res+=c[x];return res;}
}t;
void Solve(int l,int r,int L,int R) {//整体二分
	if (l>r) return;//没有操作
	if (L==R) {//二分到底
		for (int i=l;i<=r;i++)
			if (q[i].id) ans[q[i].id]=L;
		return;
	}
	int mid=(L+R)>>1;
	int lt=0,rt=0;
	for (int i=l;i<=r;i++) {
		if (!q[i].id) {
			if (q[i].d<=mid) {//修改且时间在mid之前
				t.Add(q[i].x,q[i].z);
				t.Add(q[i].y+1,-q[i].z);
				lq[++lt]=q[i];
			} else rq[++rt]=q[i];
		}
	}
	for (int i=l;i<=r;i++) {
		if (q[i].id) {
			LL cnt=0;
			for (vector<int>::iterator it=vc[q[i].id].begin();it!=vc[q[i].id].end();it++) {
				cnt+=t.Ask(*it);
				if (cnt>=q[i].y) break;
			}
			if (cnt>=q[i].y) lq[++lt]=q[i];//修改当前值>=q[i].y(need),左 
			else {
				q[i].y-=cnt;//减去贡献
				rq[++rt]=q[i];//右
			}
		}
	}
	for (int i=l;i<=r;i++)
		if (!q[i].id&&q[i].d<=mid) {//撤销树状数组修改
			t.Add(q[i].x,-q[i].z);
			t.Add(q[i].y+1,q[i].z);
		}
	for (int i=1;i<=lt;i++) q[l+i-1]=lq[i];//并
	for (int i=1;i<=rt;i++) q[l+lt+i-1]=rq[i];
	Solve(l,l+lt-1,L,mid);//递归二分
	Solve(l+lt,r,mid+1,R);
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=m;i++) {
		int val;
		scanf("%d",&val);
		vc[val].push_back(i);//注意,这里是将环断成链,要开两倍
		vc[val].push_back(i+m);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) {
		int need;
		scanf("%d",&need);
		q[++qnum]=(Query){0,need,0,0,i};
	}
	scanf("%d",&k);
	for (int i=1;i<=k;i++) {
		int l,r,v;
		scanf("%d%d%d",&l,&r,&v);
		if (l>r) r+=m;//l>r则为环的链接处,r+=m即可
		q[++qnum]=(Query){l,r,v,i,0};
	}
	m*=2;//断环成链
	Solve(1,qnum,1,k+1);
	for (int i=1;i<=n;i++) {
		if (ans[i]>k) printf("NIE\n");
		else printf("%d\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}