【BZOJ】3922: Karin的弹幕

题意

给定一个长度为\(n(1 \le n \le 70000)\)序列，\(m(1 \le m \le 70000)\)次操作：1. 对一段下标是等差数列的子序列求最大值；2. 单点修改。

分析

如果公差很大，那么速度是很快的。所以我们考虑阈值。

题解

设阈值\(k\)表示如果询问的公差小于等于\(k\)则用线段树求，否则暴力。

则我们对阈值每一个公差\(i(1 \le i \le k)\)建\(i\)棵线段树。

复杂度\(O(kn + m(\frac{n}{k} + log n))\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=70005, MXD=10, oo=(~0u>>1)+1;
int a
, D, sz[MXD+1][MXD+1], b
;
struct node *null;
struct node {
node *c[2];
int mx;
node() {
c[0]=c[1]=0;
mx=oo;
}
void up() {
mx=max(c[0]->mx, c[1]->mx);
}
}Po[10000005], *iT=Po, *root[MXD+1][MXD+1];
node *newnode() {
return iT++;
}
node* build(int l, int r) {
node *x=newnode();
if(l==r) {
x->mx=b[l];
return x;
}
int mid=(l+r)>>1;
x->c[0]=build(l, mid);
x->c[1]=build(mid+1, r);
x->up();
return x;
}
int query(int L, int R, int l, int r, node *x) {
if(L<=l && r<=R) {
return x->mx;
}
int mid=(l+r)>>1, ret=oo;
if(L<=mid) {
ret=query(L, R, l, mid, x->c[0]);
}
if(mid<R) {
ret=max(ret, query(L, R, mid+1, r, x->c[1]));
}
return ret;
}
void update(int p, int go, int l, int r, node *x) {
if(l==r) {
x->mx+=go;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(p<=mid) {
update(p, go, l, mid, x->c[0]);
}
else {
update(p, go, mid+1, r, x->c[1]);
}
x->up();
}
void init(int n) {
D=min(MXD, n);
for(int d=1; d<=D; ++d) {
for(int i=1; i<=d; ++i) {
int &s=sz[d][i];
for(int j=i; j<=n; j+=d) {
b[++s]=a[j];
}
root[d][i]=build(1, s);
}
}
}
int query(int x, int d, int n) {
if(d>D) {
int mx=oo;
for(int i=x; i<=n; i+=d) {
mx=max(mx, a[i]);
}
return mx;
}
int begin=(x-1)%d+1, pos=(x-1)/d+1, len=sz[d][begin];
return query(pos, len, 1, len, root[d][begin]);
}
void update(int x, int y) {
a[x]+=y;
for(int d=1; d<=D; ++d) {
int begin=(x-1)%d+1, pos=(x-1)/d+1, len=sz[d][begin];
update(pos, y, 1, len, root[d][begin]);
}
}
int main() {
int n, m;
scanf("%d", &n);
for(int i=1; i<=n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
}
init(n);
scanf("%d", &m);
while(m--) {
int op, x, y;
scanf("%d%d%d", &op, &x, &y);
if(op) {
printf("%d\n", query(x, y, n));
}
else {
update(x, y);
}
}
return 0;
}