有乙個n*m的矩陣，一開始位置(x,y)上的元素為(x-1)*m+y。接下來有q個操作：每次操作為(x,y)，表示先輸出位置(x,y)上的值，設t為(x,y)上的值，然後把第x行[y+1…m]上的每個數往前移一位，把最後一列[x+1…n]上的每個數往前移一位，最後把t放到位置(n,m)。
n,m,q<=300000
考場上大概想到了做法，但由於乙個地方把n和m打反而少了35分，同時有兩個點被ccf的老爺機卡常。
大概就是說注意到每次操作只會修改某一行和最後一列，我們就對每一行和最後一列分別開一棵線段樹。每次操作的時候就對第x行和最後一列的線段樹各種操作一下。由於每一行和最後一列最多會被插入q個數，所以每棵線段樹的大小要開大q。
這樣顯然會炸空間。但注意到一開始每行線段樹的前m個位置是滿的且元素是公差為1的等差數列，我們便可以先不開這部分的節點，等要用到的時候再把那些節點加上去。這樣就可以保證空間了。
超級好打！
時間複雜度o(nlogn)，空間複雜度o(nlogn)。
據說正解是樹狀陣列但並不是太會。。。
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
const
int n=300005;
int n,m,q,sz,num[n],rt[n],tag,z;
struct treet[n*50];
int read()
while (ch>='0'&&ch<='9')
return x*f;
}ll kth(int &d,int l,int r,int k)
else
return t[d].id;
}int mid=(l+r)/2,ls=(!t[d].l?max(0,min(mid,z)-l+1):t[t[d].l].s);
if (ls>=k) return kth(t[d].l,l,mid,k);
else
return kth(t[d].r,mid+1,r,k-ls);
}void ins(int &d,int l,int r,int x,ll y)
int mid=(l+r)/2;
if (x<=mid) ins(t[d].l,l,mid,x,y);
else ins(t[d].r,mid+1,r,x,y);
}int main()
else
}return
0;}
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