題目描述：
一開始有 n 個非負整數 h[i] (1<=i<=n) ，接下來會進行 m 次操作，第 i 次操作給出乙個數 c[i] ，要求你選出 c[i] 個大於0的數並將它們減去1。
問最多可以進行多少輪操作後無法操作(即沒有 c[i] 個大於0的數)。
輸入格式：
第一行兩個數表示 n 和 m。
第二行 n 個數描述 h[i]。
第三行 m 個數描述c[i]。
輸出格式：
一行表示答案，即最多可以進行多少輪操作後無法操作。
資料範圍：
對於10%的是資料滿足：1<=n,m<=5。
對於另外20%的資料滿足：1<=n<=8;1<=h[i]<=7。
對於50%的資料滿足：1<=n,m<=1000。
對於80%的資料滿足：1<=n,m<=100000。
對於100%的資料滿足：1<=n,m<=1000000 。
解析：
有三種主流做法：平衡樹、二分+貪心、權值線段樹。
先說題解方法二分+貪心(其實很慢...)。做法就是二分答案，然後用貪心驗證。說到這個題的貪心，幾位大佬都沒法證明它的正確性(讀者有興趣可以試著證一下)。具體的貪心就是取最開始前 c[i] 個大的(不管後來是不是前 c[i] 大)，如果不夠，那麼就往後面取。就是這樣，我只能說看出來貪心也是一種dp，有時候你知道這樣做是對的，但你就是無法證明它的正確性......
然後說一下權值線段樹。其實就是維護整個序列是單調遞增的。舉個例子：
假設此時c=5，如果直接取前5大的數減去1，那麼整個序列就不滿足單增，所以對於3有多個，我們就只能取前兩個3減1，才能保證序列的單調性。如圖：
於是就變成了：
這樣整個序列就仍然保持單調性了。具體細節詳見**。
至於平衡樹，作為乙個noip蒟蒻，對於noi的演算法當然就無能為力了，不過還是貼一位大佬的**(僅供欣賞)。
**(二分+貪心)：
#include using namespace std;
const int max=1001000;
int n,m;
long long h[max],c[max];
long long sum[max],num[max];
inline int get_int()
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
return x*f;
}inline bool comp(const int &a,const int &b)
inline int check(int k)
for(int i=n;i>=1;i--) sum[i]=num[i]+sum[i+1];
long long ss=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
cout<
#include using namespace std;
const int max=1001000;
int n,m;
int h[max];
struct shu;
shu tree[max*4];
inline int get_int()
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
return x*f;
}inline void update(int root)
inline int modify(int root,int num)
inline void pushdown(int root)
}inline void build(int root,int l,int r) //建樹
int mid=(l+r)>>1;
build(root<<1,l,mid);
build(root<<1|1,mid+1,r);
update(root);
}inline int q(int root,int l,int r,int pos)
inline int find(int root,int l,int r,int num) //尋找
inline void change(int root,int l,int r,int l,int r) //區間修改
pushdown(root);
int mid=(l+r)>>1;
if(l<=mid) change(root<<1,l,mid,l,r);
if(r>mid) change(root<<1|1,mid+1,r,l,r);
update(root);
}int main()
while(isdigit(ch))
return i*f;
}inline uint unit()
const int maxn=1e6+50;
int n,m,a[maxn];
struct nodepool[maxn],*pool=pool,*null=pool,*rt=null;
typedef pairpii;
inline void node::upt()
inline void node::add(int t)
inline void node::pushdown()
inline node* newnode(int v)
inline node* merge(node *x,node *y)else
}inline pii split_sze(node *now,int sz)else
}inline pii split_val(node *now,int v)else
}int main()
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i])rt=merge(rt,newnode(a[i]));
for(int i=1;i<=m;i++)else
} printf("%d\n",m);
}
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lst神仙 這是他的做法 吊了標算 對於這種有多少區間滿足要求的 我們套路的用分治做 每次都統計左端點在左半邊 右端點在右半邊的個數 設f i 表示當前點到中間分割點的最大值，g i 表示當前點到中間分割點的或和 我們發現 g i f i 所以只需找到g i f i 的區間就好 然後f肯定是單調遞增...