[XXI Open Cup.Grand Prix of Korea]Advertisement Matching
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了[XXI Open Cup.Grand Prix of Korea]Advertisement Matching相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
Advertisement Matching
题解
首先，题目的
a
,
b
a,b
a,b匹配显然是一个很常见的贪心。
有结论，设
a
a
a的集合为
A
A
A，如果
∀
S
⊆
A
,
∑
a
i
∈
S
a
i
⩽
∑
i
=
1
m
min
(
b
i
,
∣
S
∣
)
\\forall S\\subseteq A,\\sum_{a_{i}\\in S}a_{i}\\leqslant \\sum_{i=1}^{m}\\min(b_{i},|S|)
∀S⊆A,∑ai∈Sai⩽∑i=1mmin(bi,∣S∣)，那么一定存在一种匹配的方法，使得该题的要求成立。
这也就是Gale–Ryser theorem，这里有一种通过网络流的证明，我个人是通过类贪心的思想理解的。
证明：
该结论的必要性是显然的，我们只需要证明其的充分性，也就是满足上面结论时一定有解。
具体来说，由于对于相同的 ∣ S ∣ |S| ∣S∣，后面的 ∑ i = 1 m min ( b i , ∣ S ∣ ) \\sum_{i=1}^{m}\\min(b_{i},|S|) ∑i=1mmin(bi,∣S∣)的值肯定是一定的。
而前面 ∑ a i ∈ S a i \\sum_{a_{i}\\in S}a_{i} ∑ai∈Sai的最大时肯定是选择 A A A集合中最大的几个数，我们只需要让这些数的和小于我们后面的值就行了。
如果该集合中的最小值，该式不成立，那显然是不行的，我们不妨假定我们去掉最小值时是成立的，现在要将这个最小值加进去。
我们可以将原来的图形根据 min ( b i , ∣ S ∣ ) \\min(b_{i},|S|) min(bi,∣S∣)想象成柱状图，我们现在新加入一个数，肯定有几个柱子会被拔高，而我们的限制是一个柱子最多只能选择一个位置染色。
如果最开始的柱状图就空出一行及以上，如果新加入的 a i ⩽ m a_{i}\\leqslant m ai⩽m，显然是有位置的，如果 a i > m a_{i}> m ai>m，之前的肯定也比 m m m大，那之前就判无解了。
否则，如果没有空出一行以上，而我们让延伸的延伸，此时的空位个数肯定不会小于 a i a_{i} ai，如果，能填满就填，不能填满，肯定是有新延伸的空位原来也是空位。
注意，现在还在延伸的位置，之前肯定也是在延伸的，故之前必然是有一个 a i a_{i} ai覆盖了没有延伸的位置，却没有覆盖新延伸的位置，我们可以让它覆盖的位置改变一下，将覆盖没有延伸位置的地方改成覆盖延伸了的为的地方。
由于之前的 a a a都不小于 a i a_{i} ai，所以我们一定可以通过这种方法调整到让 a i a_{i} ai有位置可填。
这样就可以证明该式的充分性了。
证明了上面的结论，我们自然也就想到了如何维护原题是否可行的方法。
我们可以先将
a
a
a值排序，保证我们选择的
S
S
S大小固定时，我们所选择的
a
a
a的和是最大的。
此时，如果
∀
k
∈
[
1
,
n
]
,
∑
i
=
1
m
min
(
b
i
,
k
)
−
∑
i
=
1
k
a
i
⩾
0
\\forall k\\in[1,n],\\sum_{i=1}^{m}\\min(b_{i},k)-\\sum_{i=1}^{k}a_{i}\\geqslant 0
∀k∈[1,n],∑i=1mmin(bi,k)−∑i=1kai⩾0成立，那么我们是一定有解的，否则一定无解。
我们显然可以通过线段树维护不同的
k
k
k的值，如果
min
k
=
1
n
(
∑
i
=
1
m
min
(
b
i
,
k
)
−
∑
i
=
1
k
a
i
)
⩾
0
\\min_{k=1}^{n}\\left(\\sum_{i=1}^{m}\\min(b_{i},k)-\\sum_{i=1}^{k}a_{i}\\right)\\geqslant 0
mink=1n(∑i=1mmin(bi,k)−∑i=1kai)⩾0，就有解。
如果
b
i
+
1
b_{i}+1
bi+1,显然会让
k
⩾
b
i
+
1
k\\geqslant b_{i}+1
k⩾bi+1的部分，上式的值
+
1
+1
+1。
而
b
i
−
1
b_{i}-1
bi−1则会让
k
⩾
b
i
k\\geqslant b_{i}
k⩾bi的部分，上式
−
1
-1
−1。
由于我们
b
b
b的加值是取的
min
(
b
i
,
k
)
\\min(b_{i},k)
min(bi,k)，这是显然的。
而
a
i
a_{i}
ai的改变则涉及到了该元素的
r
k
rk
rk，记
r
k
x
rk_{x}
rkx表示大于等于
x
x
x的数的个数。
如果
a
i
+
1
a_{i}+1
ai+1，那么
k
⩾
r
k
a
i
+
1
+
1
k\\geqslant rk_{a_{i}+1}+1
k⩾rkai+1+1的部分，上式值会
+
1
+1
+1，再让
r
k
a
i
+
1
+
+
rk_{a_{i}+1}++
rkai+1++。
而
a
i
−
1
a_{i}-1
ai−1，会让
k
⩾
r
k
a
i
k\\geqslant rk_{a_{i}}
k⩾rkai的部分值
−
1
-1
−1，再让
r
k
a
i
−
−
rk_{a_{i}}--
rkai−−。
以上的四种操作都是线段树上区间的修改，我们只用看修改完的的最小值就行了。
时间复杂度
O
(
n
+
m
+
q
log
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