Codeforces Round #807 (Div. 2) E. Mark and Professor Koro(线段树二分)

E. Mark and Professor Koro
题意

给定一个长度为n的数组，有q次更新操作，每次更新会将下标为k的元素的值更新为l，数组的更新是永久的。将数组更新后假设重复做以下操作，求可以得到的最大值。

选择数组中两个相同的数x
将这两个数从数组中删除
将x+1加入到数组中

上述操作不改变原有的数组。

分析

将两个相同的数合并后值加1，可以联想到二进制加法 2 x + 2 x = 2 x + 1 2^x+2^x=2^{x+1} 2x+2x=2x+1，因此问题就转化为将每个数 a [ i ] a[i] a[i]都看作 2 a [ i ] 2^{a[i]} 2a[i]，求将这些数相加后得到的二进制数最高位1的位数。将 a [ k ] a[k] a[k]修改为 l l l就转化为从原有的二进制数中减去 2 a [ k ] 2^{a[k]} 2a[k]，再加上 2 l 2^l 2l，其中涉及到二进制借位进位。问题经过转化后需要进行的操作有单点修改，区间修改，查询最高位的1，考虑用线段树维护二进制每一位的状态。对于二进制加法，如果要加的位为0，直接加1即可，如果为1则需要找到比当前位更高的位中值为0且位数最低的一位，这就需要在线段树上进行二分，同理二进制减法当前位为0时也需要二分。查询二进制最高位的1同样需要二分，因此本题用到三次线段树二分。在线段树内二分的复杂度为 l o g ( n ) log(n) log(n)，总时间复杂度为 O ( n l o g ( n ) ) O(nlog(n)) O(nlog(n))。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+100;
int a[N],b[N];
int n,q,mx,tot;struct Segment_Tree {int tr[N<<2],tag[N<<2];void addtag(int p,int l,int r,int d){tr[p]=(r-l+1)*d;tag[p]=d;}void pushdown(int p,int l,int r){if(tag[p]!=-1){int mid=(l+r)>>1;addtag(p<<1,l,mid,tag[p]);addtag(p<<1|1,mid+1,r,tag[p]);tag[p]=-1;}}void build(int p,int l,int r){tag[p]=-1;if(l==r){tr[p]=b[l];return ;}int mid=(l+r)>>1;build(p<<1,l,mid);build(p<<1|1,mid+1,r);tr[p]=tr[p<<1]+tr[p<<1|1];}void change(int p,int l,int r,int x,int y,int d){if(x<=l&&y>=r){tr[p]=(r-l+1)*d;tag[p]=d;return ;}pushdown(p,l,r);int mid=(l+r)>>1;if(x<=mid) change(p<<1,l,mid,x,y,d);if(y>mid)  change(p<<1|1,mid+1,r,x,y,d);tr[p]=tr[p<<1]+tr[p<<1|1];}int query(int p,int l,int r,int x,int y){if(x<=l&&y>=r) return tr[p];pushdown(p,l,r);int mid=(l+r)>>1;int ans=0;if(x<=mid) ans+=query(p<<1,l,mid,x,y);if(y>mid)  ans+=query(p<<1|1,mid+1,r,x,y);return ans;}int qry0(int p,int l,int r,int x,int z){if(l==r) return l;pushdown(p,l,r);int  mid=(l+r)>>1;if(x>mid) return qry0(p<<1|1,mid+1,r,x,z-tr[p<<1]);else{if(tr[p<<1]-z==mid-x) return qry0(p<<1|1,mid+1,r,x,z-tr[p<<1]);else return qry0(p<<1,l,mid,x,z);}}int qry1(int p,int l,int r,int x,int z){if(l==r) return l;pushdown(p,l,r);int  mid=(l+r)>>1;if(x>mid) return qry1(p<<1|1,mid+1,r,x,z-tr[p<<1]);else{if(tr[p<<1]-z==0) return qry1(p<<1|1,mid+1,r,x,z-tr[p<<1]);else return qry1(p<<1,l,mid,x,z);}}int qry(int p,int l,int r,int x){if(l==r) return l;pushdown(p,l,r);int mid=(l+r)>>1;if(tr[p<<1]==x) return qry(p<<1,l,mid,x);else return qry(p<<1|1,mid+1,r,x-tr[p<<1]);}
}seg;int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];b[a[i]]++;mx=max(mx,a[i]);}int sum=0;for(int i=1;i<=mx;i++){b[i]+=sum;sum=b[i]/2;b[i]=b[i]%2;}int tot=mx;while(sum){b[++tot]=sum%2;sum/=2;}tot=200050;seg.build(1,1,tot);while(q--){int k,l;cin>>k>>l;if(!seg.query(1,1,tot,l,l)) seg.change(1,1,tot,l,l,1);else{int sum=seg.query(1,1,tot,1,l);int r=seg.qry0(1,1,tot,l,sum);seg.change(1,1,tot,l,r-1,0);seg.change(1,1,tot,r,r,1);}int x=a[k];if(seg.query(1,1,tot,x,x)) seg.change(1,1,tot,x,x,0);else{int sum=seg.query(1,1,tot,1,x);int r=seg.qry1(1,1,tot,x,sum);seg.change(1,1,tot,x,r-1,1);seg.change(1,1,tot,r,r,0);}a[k]=l;cout<<seg.qry(1,1,tot,seg.tr[1])<<endl;}return 0;
}

注意

在线段树外二分的复杂度为 l o g n 2 log_n^2 logn2，总的时间复杂度为 O ( n l o g n 2 ) O(nlog_n^2) O(nlogn2)

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