Description

Input

Output

Sample Input

Sample Input1
25
4
4 1 2 3
2
1 1
1 2

Sample Output

Sample Output1
2
10
6

Data Constraint

Solution

这题需要找到三个结论。

1.在最优划分中，某个众数只会在不同集合中出现最多一次（同一个众数只能出现在相同集合中），否则可以将相同众数的两个集合合并来减小答案。

2.若首先选出了若干的数作为每个集合的众数，那么这个划分方案合法当且仅当这些众数的个数之和大于等于其余没选的数中个数的最大值，因为如果最多个数的数都能被分成若干个集合，那么其他的数也一定存在一种方案将它们放进众数集合中。

3.所有删去的数字形成的连续段数不超过 $O(V^{\frac{1}{2}})$

证明：

对于某个删去的数字，若它右边的数字没有被删掉，那么右边的这个数字一定大于前面删去的数字之和，否则它就会被删去。而未被删去的数字之和大于等于V且小于等于2V（由值域决定），而删去的数字在其中共出现了平方次，因此删去的数字形成的连续段只有根号级别。

这样，为了优化在序列上暴力找删除的连续段，我们改为在线段树上找删除的连续段：在线段树上的没一个节点维护区间的a[i]的和，所有a[i]的价值和（2^i），a[i]的最大值和最小值。若删去当前节点中的最小值都不能满足条件，直接退出；然后先遍历右节点，能删就删（这时用a[i]的和以及价值删），再遍历左节点。

总复杂度 $O( \sqrt{V} ~log~n)$ ，实际上很难卡满。

总结：审清题->找结论->推式子/转化条件->得出算法

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define I int
#define ll long long
#define ls x<<1
#define rs ls|1
#define F(i,a,b) for(I i=a;i<=b;i++)
#define Fd(i,a,b) for(I i=a;i>=b;i--)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define N 200004
#define mo 998244353
using namespace std;
ll n,a[N],s[N],g[N],mx,q,p,x,y,tot,ans;
struct seg{I mx,mn;ll s,v;}f[N*4];
void R(ll &x){x=0;I w=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') w=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=w;
}
void up(I x){f[x]=seg{max(f[ls].mx,f[rs].mx),min(f[ls].mn,f[rs].mn),f[ls].s+f[rs].s,(f[ls].v+f[rs].v)%mo};
}
void cge(I k,I v,I x=1,I l=1,I r=n){if(l==r){f[x]=seg{v,v,v,g[l]};return;}I M=l+r>>1;if(k<=M) cge(k,v,ls,l,M);else cge(k,v,rs,M+1,r);up(x);
}
void del(I x=1,I l=1,I r=n){if(tot-f[x].mn<f[1].mx) return;if(tot-f[x].s>=f[1].mx){tot-=f[x].s;ans=(ans-f[x].v+mo)%mo;return;}I M=l+r>>1;del(rs,M+1,r),del(ls,l,M);
}
I main(){freopen("imperishable.in","r",stdin);freopen("imperishable.out","w",stdout);R(n),R(n);g[0]=1;F(i,1,n){R(a[i]);g[i]=g[i-1]*2%mo;cge(i,a[i]);}tot=f[1].s,ans=g[n+1]=(g[n]*2-2+mo)%mo;del();printf("%lld\n",ans);R(q);F(i,1,q){R(x),R(y);cge(x,y);tot=f[1].s,ans=g[n+1];del();printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

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