正題

---

題目大意

有$n$個數字開始都是$0$，要求有$q$次操作。

新建一個觀測員，觀測其中的$k$個數，當這$k$個數從此刻開始變化量不小于$t$時觀測結束。

將第$i$個數加$v$，并輸出此時觀測結束的觀測員編號。

強制在線

$1\le n,q\le 2\times 10^5,1\le k\le 3,1\le t,v\le 10^6$

---

解題思路

考慮從$k$入手，根據鴿籠原理，一個觀測員觀測結束當且僅當存在它觀測的一個數字$a\ge ?\frac{t}{k}?$，注意到此時已經至少填充了$?\frac{t}{k}?$。

所以我們可以對于每個它觀測的數字以$?\frac{t}{k}?$為界，當到倒打這個界時，我們直接重新根據現在的數字再來一次，也就是把$t$剩余的部分再分成$k$份丟回去。

一直這樣做知道合法為止，此時每次會至少令$t=\frac{k?1}{k}t$，所以這樣的次數應該為${\log }_{\frac{k}{k?1}}t$。

用個$set$維護就好了，時間復雜度：$O(q{\log }_{\frac{k}{k?1}}tk\log q)$

---

code

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> #include<set> #include<cmath> #define ll long long #define mp(x,y) make_pair(x,y) using namespace std; const ll N=2e5+10; ll n,m,cnt,a[N],t[N]; vector<ll> ans,q[N],c[N]; set<pair<ll,ll> >s[N]; void update(ll x){ll sum=0;for(ll i=0;i<q[x].size();i++){ll y=q[x][i];sum+=a[y];s[y].erase(mp(c[x][i],x));}if(sum>=t[x])ans.push_back(x);else{for(ll i=0;i<q[x].size();i++){ll y=q[x][i];c[x][i]=a[y]+ceil((double)(t[x]-sum)/q[x].size());s[y].insert(mp(c[x][i],x));}}return; } signed main() { // freopen("obs.in","r",stdin); // freopen("obs.out","w",stdout);scanf("%lld%lld",&n,&m);ll las=0;while(m--){ll op;scanf("%lld",&op);if(op==1){ll k,sum=0;++cnt;scanf("%lld%lld",&t[cnt],&k);t[cnt]^=las;for(ll i=0,x;i<k;i++){scanf("%lld",&x);x^=las;q[cnt].push_back(x);sum+=a[x];c[cnt].push_back(a[x]+ceil((double)t[cnt]/k));s[x].insert(mp(c[cnt][i],cnt));}t[cnt]+=sum;}else{ans.clear();ll p,w;scanf("%lld%lld",&p,&w);p^=las;w^=las;a[p]+=w;while(!s[p].empty()){pair<ll,ll> k=*s[p].begin();if(a[p]>=k.first)update(k.second);else break;}printf("%lld",las=ans.size());sort(ans.begin(),ans.end());for(ll i=0;i<ans.size();i++)printf(" %lld",ans[i]);putchar('\n');}}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的YbtOJ-变量观测【鸽笼原理】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。