BZOJ_4378_[POI2015]Logistyka_树状数组
Description
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。
Input
第一行包含两个正整数n,m(1<=n,m<=1000000)，分别表示序列长度和操作次数。
接下来m行为m个操作，其中1<=k,c<=n，0<=a<=10^9，1<=s<=10^9。
Output
包含若干行，对于每个Z询问，若可行，输出TAK，否则输出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 1
U 1 5
U 2 7
Z 2 6
U 3 1
Z 2 6
U 2 2
Z 2 6
Z 2 1
Sample Output
NIE
TAK
NIE
TAK
TAK
NIE
TAK
需要注意查询是在整个序列上的而不是给定区间。
假设大于s的个数有k个，则剩下的那些权值和必须要大于等于(c-k)*s。
于是我们把权值离散化然后用两个树状数组分别维护。
代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 1000050
#define RR register
typedef long long ll;
int n,m,t[N],maxn=1000000000,h[N],p[N];
ll c[N][2];
char opt[10];
inline int rd() {
RR int x=0,f=1; RR char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while(s>='0'&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
return x*f;
}
struct A {
int num,v,id,opt,pos;
}a[N];
inline bool cmp1(const A &x,const A &y){return x.num<y.num;}
inline bool cmp2(const A &x,const A &y){return x.id<y.id;}
void fix(int x,int v,int flg) {
for(;x<=m;x+=x&(-x)) c[x][flg]+=v;
}
ll inq(int x,int flg) {
ll re=0;
for(;x;x-=x&(-x)) re+=c[x][flg];
return re;
}
int main() {
n=rd(); m=rd();
int i,j;
for(i=1;i<=m;i++) {
scanf("%s",opt);
if(opt[0]=='U') {
a[i].opt=1; a[i].id=i; a[i].pos=rd(); a[i].num=rd();
}else {
a[i].opt=2; a[i].id=i; a[i].pos=rd(); a[i].num=rd();
}
}
sort(a+1,a+m+1,cmp1); a[0].num=134234;
for(j=0,i=1;i<=m;i++) {
if(a[i].num!=a[i-1].num) j++;
a[i].v=j;
h[j]=a[i].num;
}
sort(a+1,a+m+1,cmp2);
for(i=1;i<=m;i++) {
if(a[i].opt==1) {
int t=a[i].pos;
if(p[t]) {
fix(p[t],-1,1);
fix(p[t],-h[p[t]],2);
}
p[t]=a[i].v;
fix(p[t],1,1);
fix(p[t],h[p[t]],2);
}else {
int k=inq(m,1)-inq(a[i].v-1,1);
if(k>=a[i].pos) {
puts("TAK"); continue;
}
ll sum=inq(a[i].v-1,2);
puts(sum>=1ll*a[i].num*(a[i].pos-k)?"TAK":"NIE");
}
}
}