BZOJ4378[POI2015] Logistyka
Description
維護一個長度爲n的序列,一開始都是0,支持以下兩種操作:
1.U k a 將序列中第k個數修改爲a。
2.Z c s 在這個序列上,每次選出c個正數,並將它們都減去1,詢問能否進行s次操作。
每次詢問獨立,即每次詢問不會對序列進行修改。
Input
第一行包含兩個正整數n,m(1<=n,m<=1000000),分別表示序列長度和操作次數。
接下來m行爲m個操作,其中1<=k,c<=n,0<=a<=10^9,1<=s<=10^9。
Output
包含若干行,對於每個Z詢問,若可行,輸出TAK,否則輸出NIE。
Sample Input
3 8
U 1 5
U 2 7
Z 2 6
U 3 1
Z 2 6
U 2 2
Z 2 6
Z 2 1Sample Output
NIE
TAK
NIE
TAK
Solution:
神奇的題,稍微推一推性質先:
對於一個詢問{Z c s},首先我們把大於等於s的x個數都先取出來,因爲他們是肯定要對這個答案做貢獻的,且他們都只能貢獻c中的1個數。然後只要處理剩下(c-x)個數,使得他們滿足條件。這裏有一個性質,只要剩下的所有數總和大於等於(c-x)*s,就一定可以完成。
證明:
首先必要性就不用說了,直接來看充分性:
就因爲剩下的數字個數一定是大於(c-x)個的(因爲每個數都小於s),然後每次取最大的(c-x),就可以完成了。
略有點感性認識,不是很好證明。
然後就沒有了,搞兩個樹狀數組維護一下就好了。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define M 1000005
using namespace std;
int lowbit(int x){return x&(-x);}
int n,m,mx;
struct BIT1{
int val[M];
BIT1(){
memset(val,0,sizeof(val));
}
void Add(int x,int v){
while(x<=mx){
val[x]+=v;
x+=lowbit(x);
}
}
int Query(int x){
int res=0;
while(x){
res+=val[x];
x-=lowbit(x);
}
return res;
}
}Num;
struct BIT2{
ll val[M];
BIT2(){
memset(val,0,sizeof(val));
}
void Add(int x,int v){
while(x<=mx){
val[x]+=v;
x+=lowbit(x);
}
}
ll Query(int x){
ll res=0;
while(x){
res+=val[x];
x-=lowbit(x);
}
return res;
}
}Sum;
inline void Rd(int &res){
res=0;char c;
while(c=getchar(),!isdigit(c));
do{
res=(res<<1)+(res<<3)+(c^48);
}while(c=getchar(),isdigit(c));
}
int A[M],B[M],S[M],K[M];
char str[M][5];
int main(){
Rd(n);Rd(m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%s",str[i]);
Rd(A[i]);Rd(B[i]);
K[i-1]=B[i];
}
sort(K,K+m);
mx=unique(K,K+m)-K;
for(int i=1;i<=m;i++)
B[i]=lower_bound(K,K+mx,B[i])-K+1;//[1,m]
for(int i=1;i<=m;i++){
if(str[i][0]=='U'){
if(S[A[i]]!=0)Num.Add(mx-S[A[i]]+1,-1),Sum.Add(S[A[i]],-K[S[A[i]]-1]);
Num.Add(mx-B[i]+1,1),Sum.Add(B[i],K[B[i]-1]);
S[A[i]]=B[i];
}else{
A[i]-=Num.Query(mx-B[i]+1);
if(A[i]<=0)puts("TAK");
else{
ll res=0;
if(B[i]>1)res=Sum.Query(B[i]-1);
if(res>=1LL*A[i]*K[B[i]-1])puts("TAK");
else puts("NIE");
}
}
}
return 0;
}