[POI2015]LOG

维护一个长度为n的序列,一开始都是0,支持以下两种操作:1.U k a 将序列中第k个数修改为a。2.Z c s 在这个序列上,每次选出c个正数,并将它们都减去1,询问能否进行s次操作。每次询问独立,即每次询问不会对序列进行修改。

n<=1e6

修改数值不好掌握。我们离线读入询问,把所有的s,a离散化下来。

发现,对于一个Z c s,我们只要判断能不能操作。所以只关心大小关系。

大于等于s的数可以在s次中都参与贡献,小于s的数只能部分参与贡献。

设cnt为不小于s的数的出现次数,sum为小于s的数的出现次数。

可以操作的当且仅当:

sum>=s*(c-cnt)

意即,cnt个数每次都贡献之后,每次还剩(c-cnt)个要贡献,有s次。这些都要由小于s的数贡献。

所以如果sum>=s*(c-cnt)那么必然可以,否则必然不行。

权值线段树维护即可。

[POI2015]PUS

线段树优化建图。

[POI2015]PUS

[POI2015]KIN

题目描述

共有m部电影,编号为1~m,第i部电影的好看值为w[i]。在n天之中(从1~n编号)每天会放映一部电影,第i天放映的是第f[i]部。你可以选择l,r(1<=l<=r<=n),并观看第l,l+1,…,r天内所有的电影。如果同一部电影你观看多于一次,你会感到无聊,于是无法获得这部电影的好看值。所以你希望最大化观看且仅观看过一次的电影的好看值的总和。

注意题意:一个电影看的多于一次,贡献就变成0了。

肯定要nxt

枚举左端点l。

线段树维护答案。每个位置p的值的意义是,当左端点是当前的l时,右端点是p的答案是多少。

从右往左枚举左端点。

枚举到i,就把i~nxt[i]-1加上w[i],nxt[i]~nxt[nxt[i]]-1减去w[i]即可。

取后缀[i,n]的mx作为本次的答案即可。

这样每个点会第一次出现的时候把贡献加上,又一次出现的时候,就把之前的贡献减去了。

突破口:枚举一个端点,考虑最新加入的点对右端点取哪些点的答案会造成影响。

一个 思想是:

一般考虑:枚举右端点是哪个,然后计算答案。

这个是:直接保存右端点是某个位置的话,答案是多少。只要动态更新答案,那么直接取max即可。

然后转化为每个点的贡献。

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