題目鏈結
好難的題。
首先，有等待操作不太好弄。
可以發現：在總時間一定的情況下，到每個點越晚越好。
所以，可以把所有等待都移到起點處，解不會變差。
由於是環，破環為鏈處理。
如果在\(s\)時間在\(i (1<=i<=n)\)出發，那麼到\(j (i<=j的時間為\(s+(j-i)\)。根據要求，得\(s+(j-i)>=t_j\)，
即\(s=max(t_j-j)+i (i<=j。總時間為\(max(t_j-j)+i+n-1 (i<=j。
就是要找乙個\(i (1<=i<=n)\)，使得\(max(t_j-j)+i+n-1 (i<=j最小。
設\(a_j=t_j-j\)，則式子變為\(max(a_j)+i+n-1 (i<=j。
這樣就得出的答案的式子。
發現\(max(a_j)+i+n-1 (i<=j等於\(max(max(a_j) (i<=j<=n)，max(a_j) (n+1<=j，
而由於\(a\)的後半段是由前半段複製過來並減\(n\)，
所以\(max(a_j) (i+1<=j<=n+n)。
所以式子可以變為\(max(a_j)+i+n-1 (i<=j<=n+n)\)（即字尾最值）。
但是有修改，這樣還是不好維護答案。增加很好做，區間覆蓋即可，但因為有減小的操作，減小後，修改的段會很多，無法處理。
我們發現，在\(max(a_j)\)一定時，\(i\)越小越好。
所以維護所有讓\(max(a_j)\)變大的\(j\)，就是從後往前的單調遞增序列。
設這個序列為\(w_i\)，那麼若\(i=+1\)，則\(max(a_j)=a_}\)。
這樣，式子變為\(a_}++1+i+n-1\)，即\(a_}++i+n\)。
單調遞增序列可以用線段樹維護，方法如下：
首先，單調遞增序列只是用於合併答案，所以儲存\(w\)的第乙個和最後乙個，還有這段序列的答案就行。
維護每個節點的\(max\)，單調遞增序列，還有整體考慮時左子節點的單調遞增序列。
設計乙個\(getst(l,r,x)\)表示求\(l~r\)的元素只考慮》\(x\)的答案。
若右兒子的最值不大於x，則不用考慮右兒子，只考慮左兒子即可。
否則，左兒子的遞增序列一定完全包含在答案中，只考慮右兒子即可。
考慮\(pushup\)操作的實現：只要用左兒子的\(getst\)加上右兒子即可。
每次\(pushup\)，時間複雜度為\(o(logn)\)，總時間複雜度為\(o(nlog^2n)\)。
**還不算太難寫，主要是推導比較複雜。
#include #define max(a, b)(a > b ? a: b)
#define min(a, b)(a < b ? a: b)
int sz[200010],inf = 999999999;
struct sjd
sjd(int a)
sjd(int l, int r, int w) }}
};sjd operator + (sjd a, sjd b)
sjd jd[400010],zz[400010];
int ma[400010],wz[400010];
sjd getst(int i, int l, int r, int w)
void pushup(int i, int l, int r)
void getddz(int i, int l, int r)
void jianshu(int i, int l, int r)
int m = (l + r) >> 1;
jianshu(i << 1, l, m);
jianshu((i << 1) | 1, m, r);
pushup(i, l, r);
}void xiugai(int i, int l, int r, int j)
int m = (l + r) >> 1;
if (j < m) xiugai(i << 1, l, m, j);
else xiugai((i << 1) | 1, m, r, j);
pushup(i, l, r);
}void xiugai(int x, int y, int n)
int getans(int n)
int main()
jianshu(1, 1, n + 1);
int la = getans(n);
printf("%d\n", la);
for (int i = 0; i < m; i++)
xiugai(x, y, n);
la = getans(n);
printf("%d\n", la);
}return 0;
}
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