2020ICPC 昆明 M.Stone Games(思维+可持久化线段树)

Posted 2021-06-16 issue是fw

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题意

给出长度为$n$的数组$a$和$q$次询问,每次给出区间$[l,r]$

你可以用区间$[l,r]$的任意子集来凑数,问最小的不能凑到的数是多少

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其实有点像$01$背包问题,但显然不符合时间复杂度

考虑区间$[l,r]$内没有数字$1$,那么答案就是$1$

否则设我们拥有$x$个数字$1$,毫无疑问可以凑出$[1,x]$

设$k$是继数字$1$后最小的数字,若存在$k>x+1$

显然$x+1$就是答案,因为这不可能被凑出来,之后的数组也比这个大

若存在$k<=x+1$,那么$[1,x+k]$都是可以被凑出来的…

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分析到这里,做法已经差不多出来了

当我们能凑成$[1,x]$时,就查询区间$[l,r]$内所有小于等于$x+1$的数和$sum$(这个$sum$不包括凑出$[1,x]$的那些数)

如果$sum==0$,显然$x+1$就是答案

否则令$x=x+sum$,如此迭代下去

容易发现迭代次数是$log$级别,区间查询使用可持久化线段树实现

注意

①.在主席树上查询时注意查的不能超过值域,不然会卡死

②.开long long

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 1e9;
const int maxn = 1e6+10;
const int N = 4e7+10;
int n,q,a[maxn];
ll ans[2];
int root[maxn],ls[N],rs[N],id;
ll sum[N];
void update(int &rt,int pre,int l,int r,int val)
{
	rt = ++id;
	ls[rt] = ls[pre], rs[rt] = rs[pre], sum[rt] = sum[pre]+val;
	if( l==r )	return;
	int mid = l+r>>1;
	if( val<=mid )	update( ls[rt],ls[pre],l,mid,val);
	else	update( rs[rt],rs[pre],mid+1,r,val );
}
ll ask(int rt,int pre,int l,int r,int L,int R)//查询[L,R]有多少
{
	if( l>=L && r<=R )	return sum[rt]-sum[pre];
	if( l>R || r<L )	return 0ll;	
	int mid = l+r>>1;
	return ask( ls[rt],ls[pre],l,mid,L,R )+ask( rs[rt],rs[pre],mid+1,r,L,R );
} 
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++)	scanf("%d",&a[i] );
	for(int i=1;i<=n;i++)
		update( root[i],root[i-1],0,inf,a[i] );
	int t = 1;
	while( q-- )
	{
		int lp,rp,l,r;
		scanf("%d%d",&lp,&rp );
		l = min( (1ll*lp+ans[t^1])%n+1,(1ll*rp+ans[t^1])%n+1 );
		r = max( (1ll*lp+ans[t^1])%n+1,(1ll*rp+ans[t^1])%n+1 );	
		ll x = ask( root[r],root[l-1],0,inf,1,1 );//查询1的个数 
		ll las = x;
		while( true )
		{
			ll he = ask( root[r],root[l-1],0,inf,1,min(x+1,1ll*inf) )-las;//小于等于x+1的数字都可以加进来,当然需要除掉之前用的数las 
			if( he==0 )	break;
			x = x+he, las = x;
		}
		ans[t] = x+1;
		printf("%lld\\n",ans[t] );
		t ^= 1;
	}
}