有一些比較簡單的\(\log^2n\)做法
比如暴力在動態開點線段樹上維護每個位置為\(0\)還是\(1\)，我們發現涉及到某一位加上\(1\)或者減去\(1\)實際上對其他位的影響只有區間覆蓋，通過線段樹上二分可以得到區間覆蓋的位置，然後暴力區間覆蓋即可。
反正我這種菜雞大常數寫法只得到了68分..
考慮利用勢能，注意到如果同時改變加法和減法，勢能很容易被\(b\)搞掉
如果分開維護加法和減法，把位置上的\(1\)的個數當做勢能，可以發現，暴力修改是均攤\(o(n\log a)\)的
直接暴力維護兩個陣列\(plu\)和\(dec\)
考慮單點求值，因為保證了\(x\ge 0\)
所以我們發現只需要兩個條件就可以確定第\(k\)位的值，即
第\(k\)位的答案即為\(ans_1 \ xor \ ans_2\)，這裡討論一下就可以得到了
考慮找到\(\le p\)位置的兩個陣列第乙個不同的位置，然後比較大小
乙個暴力的想法是，把每個不同的位置塞到set裡面去，然後每次在set裡面二分找一下位置，也是\(\log^2n\)的
考慮到每次修改的乙個長為\(\log a\)連續的區間(這裡實際上饒了乙個大圈子)
所以把區間每\(\log a\)分一塊，塊也是有勢能的，然後set裡面一次賽乙個塊就可以了
複雜度就乙個\(\log\)了
code:
#include #include #include #include #define ll long long
using std::min;
const int size=1<<21;
char ibuf[size],*is,*it;
//#define gc() (is==it?(it=(is=ibuf)+fread(ibuf,1,size,stdin),is==it?eof:*is++):*is++)
#define gc() getchar()
template void read(t &x)
const int n=1e6+10;
int n,t1,t2,t3;
int plu[n*30],dec[n*30],bel[n*30];
int edt[n],vis[n];
std::set s;
std::set ::iterator it;
int qry(int p)
p=bel[p];
it=s.upper_bound(p);
if(s.empty()||it==s.begin()) return 1;
--it;
p=(*it)*32;
while(plu[p]==dec[p]) --p;
if(plu[p]>dec[p]) return 1;
else return 0;
}int main()
for(int op,a,b,k,i=1;i<=n;i++)
plu[p]=1;}}
else
dec[p]=1;}}
for(int j=1;j<=edt[0];j++)
if(flag)
else
s.insert(edt[j]);
}} else
}return 0;
}
NOI2017 遊戲 解題報告
d 這麼小，你考慮直接對 d 個東西暴力 列舉 x 為 a 或 b c 就不用了，因為 a,b 已經包含 c 了，剩下的就是個 2 sat 問題了 但是你發現有個情況是，在若 a 即 b 時，如果 b 被 ban 了，那麼 a 也要被 ban 我們記錄一下被 ban 的點，然後在球方案的時候判一下 ...
noi2017 整數 線段樹or模擬
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