【HDU 6274】Master of sequence【二分答案+下取整转换】

题意：

给定长度为 nnn 的序列 aaa 与序列 bbb，mmm次操作，操作一共有三种类型。
· 1xy1 \ x \ y1 x y：令 ax=ya_x=yax=y
· 2xy2\ x\ y2 x y：令 bx=yb_x=ybx=y
· 3k3\ k3 k：询问 minminmin{t∣k≤S(t)t|k\leq S(t)t∣k≤S(t)}，S(t)=∑i=1n⌊t−biai⌋S(t)=\sum\limits_{i=1}^{n}\lfloor\frac{t-b_i}{a_i} \rfloorS(t)=i=1∑n⌊ait−bi⌋
(1≤n≤105,1≤m≤104,1≤ai≤1000,1≤bi,k≤109)(1\leq n \leq 10^5,1\leq m \leq 10^4,1\leq a_i\leq 1000,1\leq b_i,k\leq 10^9)(1≤n≤105,1≤m≤104,1≤ai≤1000,1≤bi,k≤109)

思路：

看完题就可以发现，整道题最关键的地方就是如何处理下取整，而处理下取整问题通常都是转换成余数形式来进行求解，即⌊xy⌋=⌊k∗y+cy⌋,c=xmody\lfloor \frac{x}{y}\rfloor=\lfloor \frac{k*y+c}{y}\rfloor,c=x\ mod\ y⌊yx⌋=⌊yk∗y+c⌋,c=x mod y。

因此本题也可以进行简化，令t=k1∗ai+c1,bi=k2∗ai+c2t=k_1*a_i+c_1,b_i=k_2*a_i+c_2t=k1∗ai+c1,bi=k2∗ai+c2，因此⌊t−biai⌋=k1−k2+⌊c1−c2ai⌋\lfloor\frac{t-b_i}{a_i} \rfloor= k_1-k_2+\lfloor\frac{c_1-c_2}{a_i} \rfloor⌊ait−bi⌋=k1−k2+⌊aic1−c2⌋，因此若c1<c2c_1< c_2c1<c2，则⌊c1−c2ai⌋=−1\lfloor\frac{c_1-c_2}{a_i} \rfloor=-1⌊aic1−c2⌋=−1，否则为 000。

由于aaa的范围只有100010001000，因此我们可以对于每一个aiaiai，求出k2k_2k2的累加值，并且维护一个数组cntcntcnt，cnt[x][y]cnt[x][y]cnt[x][y] 表示ai=x,bia_i=x, b_iai=x,bi mod ai≤ya_i \leq yai≤y 的个数。然后二分 ttt，每次暴力计算前100010001000个 aia_iai 的贡献，即可完成此题。

每次更新a、ba、ba、b时，暴力维护 cntcntcnt 数组即可。

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1e5+100;
const int M = 1000+10;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;int n,a[N],m;
ll b[N],cnt[M][M],num[M],ctt[M];
//cnt[x][y]: 表示ai = x, bi%ai <= y 有多少个
//ctt[x]: 表示ai = x, bi/ai的累加
int main()
{int _; scanf("%d",&_);while(_--){memset(cnt,0,sizeof cnt);memset(num,0,sizeof num);memset(ctt,0,sizeof ctt);scanf("%d%d",&n,&m);rep(i,1,n){scanf("%d",&a[i]);num[a[i]]++;} rep(i,1,n){scanf("%lld",&b[i]);ctt[a[i]] += b[i]/a[i];rep(j,b[i]%a[i],a[i]-1) cnt[a[i]][j]++;} rep(i,1,m){int op,x; ll k,y;scanf("%d",&op);if(op == 1){scanf("%d%lld",&x,&y);ctt[a[x]] -= b[x]/a[x];ctt[y] += b[x]/y;num[a[x]]--, num[y]++;rep(j,b[x]%a[x],a[x]-1) cnt[a[x]][j]--;a[x] = y;rep(j,b[x]%a[x],a[x]-1) cnt[a[x]][j]++;}else if(op == 2){scanf("%d%lld",&x,&y);ctt[a[x]] -= b[x]/a[x];ctt[a[x]] += y/a[x];rep(j,b[x]%a[x],a[x]-1) cnt[a[x]][j]--;b[x] = y;rep(j,b[x]%a[x],a[x]-1) cnt[a[x]][j]++;}else{scanf("%lld",&k);ll l = 1, r = 1e12, ans;while(l <= r){ll mid = (l+r)>>1;ll tp = 0;rep(i,0,1000)if(num[i]){tp += (ll)(mid/i)*(ll)num[i]-(ll)ctt[i];tp -= (ll)cnt[i][i-1]-(ll)cnt[i][mid%i];}if(tp >= k) ans = mid, r = mid-1;else l = mid+1; }printf("%lld\n",ans);}}}    return 0;
}
/*
2
4 6
2 4 6 8
1 3 5 7
1 2 3
2 3 3
3 15
1 3 8
3 90
3 66
8 5
2 4 8 3 1 3 6 24
2 2 39 28 85 25 98 35
3 67
3 28
3 73
3 724
3 7775
*/

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