模拟赛 怨灵退治 题解（Hall定理+线段树）

题意：

有 n 群怨灵排成一排，燐每秒钟会选择一段区间，消灭至多 k 只怨灵。

如果怨灵数量不足 k，则会消灭尽量多的怨灵。

燐作为一只有特点的猫，它选择的区间是不会相互包含的。它想要知道它每秒最多能消灭多少怨灵。

要求：在之前每次都消灭尽量多的怨灵的情况下，求第 i 秒最多能消灭的怨灵的数量。

首先，这题可以用网络流做部分分。

考虑如何判断是否可行：

有一种显然的二分图匹配：把每个询问放在X部，怨灵放在Y部。

然后，把询问，怨灵分别拆点，进行区间连边，做匹配，如果有完美匹配，则可行。

但是，如果直接而匹配，会超时。我们考虑使用Hall定理进行判断。

Hall定理，就是说，在X部上取任意子集，与其相连的Y部结点都不小于集合大小。

如果我们要取子集，会变得更慢。

首先，把区间排序。

通过分析，我们知道：只要判断连续区间即可。

在X不连续时：

1、X部中一个点拆出来的点选子集，不如都选，因为都选不会使Y部大小增加。、

2、类似的，若X部中选的点在Y部中连续，那么X一定要连续，因为中间增加不会使Y部大小增加（区间是不会相互包含的）。

3、若X部中选的点在Y部中不连续，那可以拆成多个，拆的前后是等价的。

所以，我们只要快速判断连续区间就行。

记怨灵数量的前缀和为 sum[i]，区间消灭的怨灵数量的前缀和为 sumval[i]，区间左右端点为 l[i]，r[i]。

那么我们要求对于任意 \(1\leq L\leq R\leq m\),满足：

\(sumval[R]-sumval[L-1]\leq sum[r[R]]-sum[l[L]-1]\)

即\(sumval[R]-sum[r[R]]\leq sumval[L-1]-sum[l[L]-1]\)。

由于sum不变，只有sumval会边，所以当区间 i 被加入时：

若L-1>=i，R>=i，那么大小关系不变。

若L-1<i，R<i，那么大小关系不变。

只有对L-1<i，R>=i，即L<=i,R>=i 的情况产生影响。

所以区间 i 被加入时设结果为val[i]，那么对于任意 \(1\leq L\leq i\leq R\leq m\)，要求 val[i]满足：

\(sumval[R]+val[i]-sum[r[R]]\leq sumval[L-1]-sum[l[L]-1]\)

即\(val[i]\leq sumval[L-1]-sum[l[L]-1]]-(sumval[R]-sum[r[R]])\)。

那么，找到最小的 \(sumval[L-1]-sum[l[L]-1]\)，最大的 \(sumval[R]-sum[r[R]]\)，相减就是 val[i]的值。(当然,如果 k 小于这个值的话,val[i]就是 k)

使用线段树，支持区间加，区间最值，即可实现上述操作。

时间复杂度：\(O(mlog_2 m)\)。

感觉这个思路非常巧妙。

代码：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#define inf 2000000000
int sz[100010],px[100010],wz[100010];
int xl[100010],xr[100010],xk[100010];
int cmp(const void*a,const void*b)
{
	return xl[*(int*)a]-xl[*(int*)b];
}
int z1[400010],z2[400010],su[100010];
int l1[400010],l2[400010];
void pushup(int i)
{
	z1[i]=z1[(i<<1)|1];
	z2[i]=z2[(i<<1)|1];
	if(z1[i<<1]<z1[i])
		z1[i]=z1[i<<1];
	if(z2[i<<1]>z2[i])
		z2[i]=z2[i<<1];
}
void pushdown(int i)
{
	l1[i<<1]+=l1[i];
	l1[(i<<1)|1]+=l1[i];
	z1[i<<1]+=l1[i];
	z1[(i<<1)|1]+=l1[i];
	l1[i]=0;
	l2[i<<1]+=l2[i];
	l2[(i<<1)|1]+=l2[i];
	z2[i<<1]+=l2[i];
	z2[(i<<1)|1]+=l2[i];
	l2[i]=0;
}
void jianshu(int i,int l,int r)
{
	if(l+1==r)
	{
		z1[i]=-su[xl[px[l]]-1];
		z2[i]=-su[xr[px[l]]];
		return;
	}
	int m=(l+r)>>1;
	jianshu(i<<1,l,m);
	jianshu((i<<1)|1,m,r);
	pushup(i);
}
void xiugai1(int i,int l,int r,int L,int R,int x)
{
	if(R<=l||r<=L)
		return;
	if(L<=l&&r<=R)
	{
		z1[i]+=x;
		l1[i]+=x;
		return;
	}
	int m=(l+r)>>1;
	pushdown(i);
	xiugai1(i<<1,l,m,L,R,x);
	xiugai1((i<<1)|1,m,r,L,R,x);
	pushup(i);
}
void xiugai2(int i,int l,int r,int L,int R,int x)
{
	if(R<=l||r<=L)
		return;
	if(L<=l&&r<=R)
	{
		z2[i]+=x;
		l2[i]+=x;
		return;
	}
	int m=(l+r)>>1;
	pushdown(i);
	xiugai2(i<<1,l,m,L,R,x);
	xiugai2((i<<1)|1,m,r,L,R,x);
	pushup(i);
}
void xiugai(int n,int j,int x)
{
	xiugai1(1,1,n+1,j+1,n+1,x);
	xiugai2(1,1,n+1,j,n+1,x);
}
int getz1(int i,int l,int r,int L,int R)
{
	if(R<=l||r<=L)
		return inf;
	if(L<=l&&r<=R)
		return z1[i];
	int m=(l+r)>>1;
	pushdown(i);
	int rt1=getz1(i<<1,l,m,L,R),rt2=getz1((i<<1)|1,m,r,L,R);
	if(rt1<rt2)return rt1;
	else return rt2;
}
int getz2(int i,int l,int r,int L,int R)
{
	if(R<=l||r<=L)
		return -inf;
	if(L<=l&&r<=R)
		return z2[i];
	int m=(l+r)>>1;
	pushdown(i);
	int rt1=getz2(i<<1,l,m,L,R),rt2=getz2((i<<1)|1,m,r,L,R);
	if(rt1>rt2)return rt1;
	else return rt2;
}
int getans(int n,int x)
{
	int x1=getz1(1,1,n+1,1,x+1);
	int x2=getz2(1,1,n+1,x,n+1);
	return x1-x2;
}
int main()
{
	freopen("rin.in","r",stdin);
	freopen("rin.out","w",stdout);
	int n,m;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&sz[i]);
		su[i]=su[i-1]+sz[i];
	}
	scanf("%d",&m);
	if(m==0)return 0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d%d%d",&xl[i],&xr[i],&xk[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		px[i]=i;
	qsort(px+1,m,sizeof(int),cmp);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		wz[px[i]]=i;
	jianshu(1,1,m+1);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int jg=getans(m,wz[i]);
		if(xk[i]<jg)
			jg=xk[i];
		xiugai(m,wz[i],jg);
		printf("%d\n",jg);
	}
	return 0;
}