改題變數觀測

這題確實妙，考場想了很久，沒想出來

\(n\)個變數，\(q\)個操作：\(1\)操作加入乙個觀測者，給出其觀測的\(k\)個變數(\(k\leq3\)),和整數\(t\)，當其觀測的\(k\)個數變化值之和大於\(t\)時，停止觀測。 \(2\)操作給出正整數\(i, x\)，將第\(i\)個變數加上\(x\)。

題解是這麼說的：把每個人的\(t\)分成\(k\)份均攤到\(k\)個變數(每個\(t/k\)), 假如每個變數的變化值都小於\(t/k\)，那麼總的變化值顯然不到\(t\)。如果其中乙個大於等於\(t/k\)，那就把放進去的\(k\)個取出來，檢查這個是否已經觀察完了，如果沒有就把還需要的變化值重新放回去，這時候需要的變化值至少是原來的\(\frac 23\)，每個觀察者重複次數不超過\(\log_ t\), 複雜度正確。

過於炫酷，以至於很難理解為什麼能夠想到：首先我們容易想到的是，需要用堆來維護，比如說k=1的情況下，你給每乙個變數開乙個堆，這樣你可以從需要變化量最小的開始check。但是如果\(k\)大於\(1\)，那麼你每次修改的時候就麻煩了，因為\(k=1\)你可以給整個堆加某個數，隨便處理一下,但是\(k\neq1\)的時候就要同時修改不同堆的某些元素，無法實現。

問題在於，你每次修改乙個堆裡的元素，還要同時修改其他元素，

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# 變數觀測

這題確實妙，考場想了很久，沒想出來

以下內容純粹口胡

問題在於，你每次修改乙個堆裡的元素，還要同時修改其他元素，所以要想到能否把元素拆開下放到這幾個堆裡，獨立去做，這裡是可以想到的。另一種理解方式是：這裡實際上是一種延遲觸發機制，由於\(t\)很大，我們每次check顯然不優，需要一定延遲機制，但同時要保證答案正確。

暫略

#include #include #include #include #include #include #define int long long
using namespace std;
int read()
struct point
}lp;
const int n = 3e5+600;
int n, q, lst=0, cnt=0, qcnt=0;
int a[n], query[n][5];
mapdel;
priority_queues[n];
vectorans;
int getsum(int id)
void push(int id)
}int check(int id)
return 0;
}void clear(int id)
signed main()
push(cnt);
}elseelse
s[t].pop();
clear(t);
}printf("%lld", lst = ans.size());
sort(ans.begin(), ans.end());
for(auto x : ans)printf("\n");}}
return 0;
}

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