bzoj4408 [Fjoi 2016]神秘数 & bzoj4299 Codechef FRBSUM 主席树+二分+贪心

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https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4299

https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4408

（双倍经验）

题解

考虑如果直接给一个序列要求出它的神秘数应该怎么做。

对于第 \(i\) 个数，如果我们已经有了前 \(i-1\) 个数的神秘数 \(s\)，那么也就是说 \([1, s - 1]\) 的正整数全部都是可以组成的。

如果 \(a_i \leq s\) 的话，那么 \([1, s - 1]\) 的数和 \(a_i\) 可以组成 \([a_i + 1, a_i + s - 1]\)。因为 \(a_i \leq s\) 所以 和之前的区间合并起来就是 \([1, a_i + s - 1]\) 所以新的 \(s\) 就是 \(s + a_i\)。

如果 \(a_i > s\)，因为 \(a_i\) 无法对目前不能被表示出来的数的大小产生影响，所以 \(s\) 不变。

但是为了防止在第一种情况中的新的 \(s\) 已经被之前的第二种情况中的本来可以被表示出来的数给表示出来了，所以我们可以按照 \(a\) 从小到大的顺序处理。

那么这个时候如果遇到第二种情况其实就可以直接结束了。

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考虑这个做法如何支持区间多组询问。

很容易发现，我们最后取的答案一定是把整段区间排序完以后的结果的一个前缀和的值 \(+1\)，这个前缀结束的位置应该是这个前缀和 \(+1\) 的值 \(<\) 后面的第一个值的位置。

于是我们可以得到一个思路：

对于目前的前缀和 \(s - 1\)，我们可以在这个区间形成的序列中找到大于这个 \(s\) 的最小的数。那么之前的数是一定可以保证 \(\leq s\) 的。然后把 \(s\) 更新为新的前缀和 \(+1\)。直到 \(s\) 不再变化为止。

重复这个过程就可以了。

可以发现 \(s\) 每做一次就会至少变大 \(2\) 倍，所以不会做超过 \(\log n\) 次。

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维护的话使用主席树维护，可以方便地查询出来每一个区间的小于等于某个值的数的和。

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时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)。

#include<bits/stdc++.h>

#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}

typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;

template<typename I> inline void read(I &x) {
	int f = 0, c;
	while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
	x = c & 15;
	while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
	f ? x = -x : 0;
}

const int N = 1e5 + 7;

int n, m, dis, nod;
int a[N], b[N], rt[N];

struct Node { int lc, rc, val, sum; } t[N * 18];

inline void ins(int &o, int p, int L, int R, int x) {
	t[o = ++nod] = t[p], ++t[o].val, t[o].sum += b[x];
	if (L == R) return;
	int M = (L + R) >> 1;
	if (x <= M) ins(t[o].lc, t[p].lc, L, M, x);
	else ins(t[o].rc, t[p].rc, M + 1, R, x);
}
inline int qsum(int o, int p, int L, int R, int l, int r) {
	if (l > r) return 0;
	if (l <= L && R <= r) return t[o].sum - t[p].sum;
	int M = (L + R) >> 1;
	if (r <= M) return qsum(t[o].lc, t[p].lc, L, M, l, r);
	if (l > M) return qsum(t[o].rc, t[p].rc, M + 1, R, l, r);
	return qsum(t[o].lc, t[p].lc, L, M, l, r) + qsum(t[o].rc, t[p].rc, M + 1, R, l, r);
}

inline int get(int x) { return std::upper_bound(b + 1, b + dis + 1, x) - b - 1; }
inline void lsh() {
	std::sort(b + 1, b + n + 1);
	dis = std::unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = get(a[i]);
}

inline void work() {
	lsh();
	b[++dis] = (1ll << 31) - 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) ins(rt[i], rt[i - 1], 1, dis, a[i]);
	read(m);
	while (m--) {
		int l, r;
		read(l), read(r);
		if (l > r) std::swap(l, r);
		int s = 1, tmp;
		while ((tmp = qsum(rt[r], rt[l - 1], 1, dis, 1, get(s))) >= s) s = tmp + 1;
		printf("%d\n", s);
	}
}

inline void init() {
	read(n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), b[i] = a[i];
}

int main() {
#ifdef hzhkk
	freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
	init();
	work();
	fclose(stdin), fclose(stdout);
	return 0;
}