「CEOI2010」 MP3Player

题意

$~~~~$ 给出 $n$ 次对音量的操作，每次操作为使音量 $+1$ 或 $-1$ ，同时若音量操作后超出 $[0,V_{\max}]$ 或该操作与上一个操作的时间间隔 $>t$ 则该操作无效（不论上一个操作是否有效）。已知若干次操作后的最终音量，求 $t$ 可能的最大值以及该最大值下可能的最大的初始音量。

$~~~~$ $1\leq n\leq 2\times 10^5,2\leq V_{\max}\leq 5000$

题解

$~~~~$ 线段树可以维护的东西增加了，线段树yyds

$~~~~$ 先给出一个暴力通用思路：枚举所有在操作中出现的 $t$ ，则对于任意一个初始音量 $V_1$，我们都可以 $\mathcal{O(n)}$求出其对应的结束音量 $V_2$ 。并且输出出来我们可以发现若将 $V_2$ 视作 $V_1$ 的函数，则该函数不降,故可以二分求出是否存在 $V_1$ 在该 $t$ 下使得结束音量为 $V_2$ 。时间复杂度：$\mathcal{O(n^2\log n)}$ 似乎一个subtask都过不了（

$~~~~$ 考虑继续发掘一下该函数的性质，可以发现该函数存在 $A,B$ ，使得 $[0,A)$ 内所有 $V_1$ 的 $V_2$ 相同，$[A,B)$ 内所有 $V_1$ 的 $V_2$ 每个相对前一个多 $1$ ，$[B,V_{\max}]$ 内所有 $V_1$ 的 $V_2$ 也相同。简单来说该函数依次是：常函数、一次函数、常函数。理性理解一下， $V_1$ 在从 $0$ 开始增长时中途一定会有一段时间卡在下界、增长到 $V_{max}$ 前有一段时间卡在上界，当然这段时间可以为空。那么显然，该函数的值域也一定是连续的整数区间。

$~~~~$ 由此，我们可以考虑维护两个常函数的值 $a,b$ 和一次函数的 $y=x+c$ 的 $c$ 。则当我们知道两段相连区间的 $a,b,c$ 时，我们就可以考虑复合两个函数得到这个大区间的 $a,b,c$ 。稍微手玩一下就可以推出 $\mathcal{O(1)}$ 转移，这点可以见代码。自然而然地，我们想到用线段树维护区间的函数值。

$~~~~$ 因此，我们仍然保留枚举所有可能的 $t$ ，然后每次在线段树上删除某个点对应的贡献，并检查该函数值域中是否有 $V_2$ 。该过程中每个点只会被删去一次，所以时间复杂度 $\mathcal{O(n\log n)}$ 。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,Vmax,V2;
int val[200005],Time[200005];
struct node{
	int val,Time,id;
	node(){}
	node(int V,int T,int I){val=V,Time=T,id=I;}
}P[200005];
struct Seg{
	#define ls p<<1
	#define rs p<<1|1
	#define lson p<<1,l,mid
	#define rson p<<1|1,mid+1,r
	struct Func{
		int a,b,c;
		Func(){}
		Func(int A,int B,int C){a=A,b=B,c=C;}
		int F(int x){return min(b,max(a,x+c));}
	}tr[800005];
	//a一平的值 b二平的值 c一次函数 y=x+c 
	void pushUp(int p)
	{
		tr[p].a=min(tr[rs].b,max(tr[rs].a,tr[ls].a+tr[rs].c));
		tr[p].b=max(tr[rs].a,min(tr[rs].b,tr[ls].b+tr[rs].c));
		tr[p].c=tr[ls].c+tr[rs].c;
	}
	void Build(int p,int l,int r)
	{
		if(l==r)
		{
			tr[p]=Func(0,Vmax,val[l]);
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		Build(lson);Build(rson);
		pushUp(p);
	}
	void Modify(int p,int l,int r,int aim)
	{
		if(l==r)
		{
			tr[p]=Func(0,Vmax,0);
			return;
		} 
		int mid=(l+r)>>1;
		if(aim<=mid) Modify(lson,aim);
		if(mid<aim)  Modify(rson,aim);
		pushUp(p);
	} 
}Seg;
int Calc()
{
	int l=0,r=Vmax,mid,Ans=0;
	while(l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(Seg.tr[1].F(mid)<=V2) l=mid+1,Ans=mid;
		else r=mid-1;
	}
	return Ans;
}
bool cmp(node x,node y){return x.Time>y.Time;}
int main() {
	scanf("%d %d %d",&n,&Vmax,&V2);
	char S[10];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%s %d",S+1,&Time[i]);
		val[i]=(S[1]=='+')?1:-1;
	}n--;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		val[i]=val[i+1];
		Time[i]=Time[i+1]-Time[i];
		P[i]=node(val[i],Time[i],i);
	}
	Seg.Build(1,1,n);
	sort(P+1,P+1+n,cmp);
	if(Seg.tr[1].F(0)<=V2&&V2<=Seg.tr[1].F(Vmax)) return puts("infinity")&0;
	int j;
	for(int i=1;i<=n;i=j)
	{
		int Tmp=P[i].Time;
		for(j=i;P[j].Time==P[i].Time;j++) Seg.Modify(1,1,n,P[j].id);
		if(Seg.tr[1].F(0)<=V2&&V2<=Seg.tr[1].F(Vmax)) return printf("%d %d\n",P[i].Time-1,Calc())&0;
	}
	return 0;
}