【题解】CF1181D Irrigation

题意

传送门

给定MMM个城市，每年会选出一个城市举办比赛，现给出前NNN年城市举办比赛的情况。在接下来的年份中，每年的比赛会在举办比赛次数最小的城市举办，如果有很多城市举办次数均为最小值，则在编号最小的城市举办比赛。现给出 QQQ个询问，每次询问第 KKK 年在哪个城市举办比赛。

分析

由于个人习惯，把题目中的nnn和mmm意义互换。

我们可以把问题抽象成有nnn个宽度相等高度不同的矩形，给出初始高度，每次选取最矮的矩形中编号最小的，并把它的高度+1，然后不断重复这个操作，要求回答第KKK次选取的矩形的编号。

我们看到要选取编号最小的，那么毫不犹豫先排序。（遇事不决先排序）

于是我们可以把原问题变成如下图一样：

我们发现有几个高度相同的矩形会组成一段“平台”。于是想想怎么求这种“平台”。

如果我单独地把一段“平台拿出来”，由于高度相同，那么它们被选择的顺序一定是按编号大小排序并形成循环的。那么假如我要在这个平台的基础上求第kkk次选择，那么我们实际上求的是这段平台中编号第k%lenk \% lenk%len小的（其中lenlenlen是平台的长度，并且如果k%len=0k\%len=0k%len=0，那么就是编号最大的）。

那么这个求平台中第kkk小的操作就可以使用权值线段树平衡树维护。

然而很不幸，我们的问题中显然不只一个平台，所以我们考虑从低到高进行“填坑操作”。偷一张官方题解的图。

为了处理方便，我们把询问离线，按照kkk的大小（即先后顺序）排序。

比如在这张图中，前三个矩形构成了两个平台，那么我们发现高度更高的{2,5}\{2,5\}{2,5}并不会对333产生影响，必须得等到333到达{2,5}\{2,5\}{2,5}的高度后才会被影响。那么我们就可以放心地先把333填至{2,5}\{2,5\}{2,5}的高度，然后把333加入到平台中形成{2,3,5}\{2,3,5\}{2,3,5}这样的一个平台。显然经过填坑操作后，所有的平台都是原序列的前缀。在填坑过程中，有一些询问是可以被回答的，那么就通过平台的性质进行回答。同时我们也要把新加入到平台的元素插入到权值线段树中，以便下一次查询。

实现细节

在处理平台和询问的时候可以分别记录一个指针，表示当前处理到哪一个矩形或询问。同时再维护一个nownownow表示当前已经进行了几次选择（初始值为给定的已操作次数）。然后对于矩形，每次向后找到一个平台，在此过程中把平台中的矩形编号插入到权值线段树中。接着向后枚举询问，如果当前的nownownow加上下一个平台被填满所需的操作次数大于询问，那么说明这个询问可以在这次填坑中被回答，那么在权值线段树中查询得到答案。最后nownownow累加上填坑所需操作次数即可。

复杂度

我们的两个指针都是线性扫描的，所以处理询问部分是O((n+q)logn)O((n+q)logn)O((n+q)logn)的，由于前面需要一遍排序也需要O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)的时间，所以总复杂度O((n+q)logn)O((n+q)logn)O((n+q)logn)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MAX 500005
#define lc(x) (x<<1)
#define rc(x) (x<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;namespace sgt{int s[MAX*4];void push_up(int p){s[p] = s[lc(p)]+s[rc(p)];}void update(int p, int l, int r, int u, int k){if(l == r){s[p] += k;return;}if(mid >= u) update(lc(p), l, mid, u, k);else update(rc(p), mid+1, r, u, k);push_up(p);}int query(int p, int l, int r, int k){if(l == r) return l;if(s[lc(p)] >= k){return query(lc(p), l, mid, k);}else return query(rc(p), mid+1, r, k-s[lc(p)]);}
}
//以上权值线段树模板struct ask{      //询问离线ll k, id;friend bool operator <(ask a, ask b){return a.k < b.k;}
}q[MAX];struct city{        //矩形ll h, id;friend bool operator <(city a, city b){if(a.h == b.h) return a.id < b.id;return a.h < b.h;}
}a[MAX];int n, m;
ll Q, now, p, p1, p2, ans[MAX];int main()
{cin >> m >> n >> Q;for(int i = 1; i <= n; ++i){a[i].id = i;}ll x;for(int i = 1; i <= m; ++i){scanf("%lld", &x);a[x].h++;}sort(a+1, a+n+1);for(int i = 1; i <= Q; ++i){scanf("%lld", &q[i].k);q[i].id = i;}sort(q+1, q+Q+1);//初始化：排序、离线p1 = p2 = 1;now = m;while(p1 <= n){p = p1;while(a[p].h == a[p1].h){        //向后找平台，并插入到权值线段树中sgt::update(1, 1, n, a[p].id, 1);p++;}while(now+(a[p].h-a[p1].h)*(p-1) >= q[p2].k){     //处理在这次填坑范围内的询问ll t = (q[p2].k-now)%(p-1);if(!t) t = p-1;ans[q[p2].id] = sgt::query(1, 1, n, t);p2++;}now += (a[p].h-a[p1].h)*(p-1);     //累加操作次数p1 = p;            //下一次平台的开始}for(int i = 1; i <= Q; ++i){//可能还有一些询问没有处理，但此时所有矩形都已形成一个平台，直接回答，甚至不需要权值线段树if(!ans[q[i].id]){ll t = (q[i].k-now)%n;if(!t) t = n;ans[q[i].id] = t;}}for(int i = 1; i <= Q; ++i){printf("%lld\n", ans[i]);}return 0;
}

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