D2. Balance

题意：给出一些对集合的操作，要求找出mex-k，即不存在于集合当中最小的k的倍数。

+ x 向集合中添加数x

？x 询问mex-x

- x 删去集合中的x（保证x一定不存在于集合中）（该操作只在hard版当中出现）

q<=2e5 x<=1e18

思路：在eazy版当中，我们很容易的就能写出一个暴力代码

for (int i = 1; i <= n; i++){char op; ll x;cin >> op >> x;if (op == '+') {now.insert(x);}else {for (ll i = x;; i += x){if (!now.count(i)){cout << i << endl;break;}}}}

对于这样的代码来说，时间复杂度处于O(q^2)的级别，主要原因在于，我可以一直查询一个较小的值，并且得出一个较大的值，具体的来说，就是没有记录下答案。

于是我们考虑，每次查询更新一个map<ll,ll> ans，以记录答案，但是需要注意的是，每次记录的答案并不等同下次查询时的答案，由于eazy版当中没有减数这一种操作。每次的答案只会比上一次大。因此准确的来说我们只是记录了ans的初始值

但是够了，这样的时间复杂度也只是与q相关处在q*sqrt(q)的级别上

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<array>
#include<atomic>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<iomanip>
//#include<bits/stdc++.h>//#define int ll
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define pb push_back
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define Endl endl
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rep(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define si(x) scanf("%d", &x);
#define sl(x) scanf("%lld", &x);
#define ss(x) scanf("%s", x);
#define YES {puts("YES");return;}
#define NO {puts("NO"); return;}
#define all(x) x.begin(),x.end()using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<int, PII> PIII;
typedef pair<char, int> PCI;
typedef pair<int, char> PIC;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef pair<ll, ll> PLL;
const int N = 500010, M = 2 * N, B = N, MOD = 998244353;
const double eps = 1e-7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LLINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;//int dx[4] = { -1,0,1,0 }, dy[4] = { 0,1,0,-1 };
int dx[8] = { 1,2,2,1,-1,-2,-2,-1 }, dy[8] = { 2,1,-1,-2,-2,-1,1,2 };
int n, m, k;
map<ll, int> mapp;
int cnt;
ll ans[N];ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
ll lowbit(ll x) { return x & -x; }
ll qmi(ll a, ll b, ll MOD) {ll res = 1;while (b) {if (b & 1) res = res * a % MOD;a = a * a % MOD;b >>= 1;}return res;
}inline void init() {}ll get(ll x)
{if (!mapp.count(x))return mapp[x] = ++cnt;else return mapp[x];
}void slove()
{cin >> n;set<ll> s;map<ll, set<ll>> del, factor;for (int i = 1; i <= n; i++){char op; ll x;cin >> op >> x;if (op == '+') {s.insert(x);}else if (op == '-') {s.erase(x);for (auto u : factor[x])del[u].insert(x);factor[x].clear();}else {ll ans;if (!del[x].empty())ans = *del[x].begin();else ans = x;while (s.count(ans)) {if (del[x].count(ans)) del[x].erase(ans);factor[ans].insert(x);if (!del[x].empty()) ans = *del[x].begin();else ans += x;}cout << ans << '\n';del[x].insert(ans);}}return;
}signed main()
{//IOS;int _ = 1;//si(_);init();while (_--){slove();}return 0;
}
/*
1
7 7
0 1 0 1 0 1 0
1 7
3 6
2 5
1 4
4 7
2 6
2 7*/

HARD版

对于hard版来说，上面的方法也就不适用了，因为删除会减小某些值的结果值。

维护两个数据结构，使用map映射，维护每个数会影响的较小的数，以及每个数的可能ans

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<array>
#include<atomic>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<iomanip>
//#include<bits/stdc++.h>//#define int ll
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define pb push_back
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define Endl endl
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rep(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define si(x) scanf("%d", &x);
#define sl(x) scanf("%lld", &x);
#define ss(x) scanf("%s", x);
#define YES {puts("YES");return;}
#define NO {puts("NO"); return;}
#define all(x) x.begin(),x.end()using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<int, PII> PIII;
typedef pair<char, int> PCI;
typedef pair<int, char> PIC;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef pair<ll, ll> PLL;
const int N = 500010, M = 2 * N, B = N, MOD = 998244353;
const double eps = 1e-7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LLINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;//int dx[4] = { -1,0,1,0 }, dy[4] = { 0,1,0,-1 };
int dx[8] = { 1,2,2,1,-1,-2,-2,-1 }, dy[8] = { 2,1,-1,-2,-2,-1,1,2 };
int n, m, k;
map<ll, int> mapp;
int cnt;
ll ans[N];ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
ll lowbit(ll x) { return x & -x; }
ll qmi(ll a, ll b, ll MOD) {ll res = 1;while (b) {if (b & 1) res = res * a % MOD;a = a * a % MOD;b >>= 1;}return res;
}inline void init() {}ll get(ll x)
{if (!mapp.count(x))return mapp[x] = ++cnt;else return mapp[x];
}void slove()
{cin >> n;set<ll> s;map<ll, set<ll>> del, factor;for (int i = 1; i <= n; i++){char op; ll x;cin >> op >> x;if (op == '+') {s.insert(x);}else if (op == '-') {s.erase(x);for (auto u : factor[x])del[u].insert(x);factor[x].clear();}else {ll ans;if (!del[x].empty())ans = *del[x].begin();else ans = x;while (s.count(ans)) {if (del[x].count(ans)) del[x].erase(ans);factor[ans].insert(x);if (!del[x].empty()) ans = *del[x].begin();else ans += x;}cout << ans << '\n';del[x].insert(ans);}}return;
}signed main()
{//IOS;int _ = 1;//si(_);init();while (_--){slove();}return 0;
}
/*
1
7 7
0 1 0 1 0 1 0
1 7
3 6
2 5
1 4
4 7
2 6
2 7*/

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