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在 Warcraft III 之冰封王座中，毁灭者是不死族打三本后期时的一个魔法飞行单位。
毁灭者的核心技能之一，叫做魔法吸收（Absorb Mana）：
现在让我们来考虑下面的问题：
假设你拥有 n 个魔法单位，他们从左到有站在一行，编号从 1 到 n。 每个单位拥有三项属性：
si: 初始法力。
mi: 最大法力上限。
ri: 每秒中法力回复速度。
现在你操纵一个毁灭者，有 m 个操作，t l r，表示时刻 t，毁灭者对所有编号从 l 到 r 的单位，使用了魔法吸收。操作按照时间顺序给出，计算毁灭者一共吸收了多少法力。
输入数据的第一行有一个整数 n(1 ≤ n ≤105) — 你的魔法单位的数目。
接下来的 n 行，每行有三个整数 si, mi, ri(0 ≤ si ≤ mi ≤ 105, 0 ≤ ri ≤ 105) 描述一个魔法单位。
接下来一行又一个整数 m(1 ≤ m ≤ 105)， — 操作的数目。
接下来的 m 行，每行描述一个操作 t, l, r(0 ≤ t ≤ 109, 1 ≤ l ≤ r ≤ n)，t 非降。
输出一行一个整数表示毁灭者一共吸收了多少法力。
样例输入
5 0 10 1 0 12 1 0 20 1 0 12 1 0 10 1 2 5 1 5 19 1 5
样例输出
83
标准姿势是将操作离线，然后对于每一个位置分别计算，然后用平衡树来维护一些奇怪的东西：
现在不按照时间点进行考虑，而是考虑每个魔法单位都在哪些时间点被抽取了，这样每个魔法单位都有一组被抽取的时间间隔，同时，每个魔法单位都有最大上限M和恢复速度R，考虑某一个魔法单位A的一组时间间隔，按大小分类：
这里关键在于如何维护这些时间间隔，首先需要维护每个魔法单位都有哪些时间点被抽取了，根据这些时间点再来维护时间间隔。
时间点维护：使用一颗伸展树A，对魔法单位1-N 中的每一个i，把以i为开始区间的操作时间点插入到伸展树A中，A在维护过程中保证时间点的序，其实就是一个二叉排序树，插入完成之后，A就维护对魔法单位i进行抽取操作的所有时间点。
如果在插入一个时间点b的同时，取出该点中序遍历的前驱a和后继c，就意味着，对于i及以后的魔法单位的时间间隔来说，减少了一个:c-a，增加了两个：b-a和c-b。
并且在魔法单位i的抽取结算之后，从A中删除所有以i为结束区间的操作时间点b，同样得到前驱a和后继c，这意味着i以后的魔法单位的时间间隔减少了两个：c-b和b-a，增加了一个：c-a。时间间隔维护：仍然使用一颗伸展数B，B维护了时间间隔（同样要保序），并维护附加信息，所有的时间间隔总和sums，以及所有的时间间隔数量size。
对于前面的时间点维护，每次A插入，都会导致一次B删除和两次B插入；
同样每次A删除，都会导致两次B删除和一次B插入。
View Code#include <stdio.h> #include <stdlib.h> #include <string.h> #include <iostream> #include <algorithm> #include <vector> #include <map> #include <set> #include <queue> #include <bitset> #include <string> #define PQ priority_queue #define OO 2147483647 #define Max(a, b) ((FASTBUFFER = ((a) - (b)) >> 31), ((b) & FASTBUFFER | (a) & ~FASTBUFFER)) #define Min(a, b) ((FASTBUFFER = ((a) - (b)) >> 31), ((a) & FASTBUFFER | (b) & ~FASTBUFFER)) #define Swap(a, b) (a ^= b, b ^= a, a ^= b) using namespace std; const int N = 100005; typedef long long ll; inline int ran() { static int x = 1; x += (x << 1) + 1; return x & 2147483647; } struct Node; typedef pair <Node*, Node*> Pair; Node *null; struct Node { int val, snow, size; ll sum; Node *left, *right; Node (int val, int snow, Node *left, Node *right) : val(val), snow(snow), size(snow), left(left), right(right), sum((ll)val * snow) {} Node *Update() { size = left->size + snow + right->size; sum = left->sum + (ll)val * snow + right->sum; return this; } Pair split(int v); }; Node *Merge(Node *a, Node *b) { if (a == null) { return b; } if (b == null) { return a; } if (ran() % (a->size + b->size) < a->size) { a->right = Merge(a->right, b); return a->Update(); } b->left = Merge(a, b->left); return b->Update(); } Pair Node :: split(int v) { if (this == null) { return make_pair(null, null); } if (val >= v) { Pair ret = left->split(v); left = ret.second; return make_pair(ret.first, this->Update()); } Pair ret = right->split(v); right = ret.first; return make_pair(this->Update(), ret.second); } Node *root; struct monsterNode { int s, m, r; }a[N]; int n, m; ll ans; multiset <int> s; vector <int> listInsert[N], listErase[N]; void insertWithTreap(int v) { Pair ret1 = root->split(v), ret2 = ret1.second->split(v + 1); if (ret2.first->size) { ret2.first->snow++; ret2.first->size++; ret2.first->sum += ret2.first->val; root = Merge(ret1.first, Merge(ret2.first, ret2.second)); return; } root = Merge(ret1.first, Merge(new Node(v, 1, null, null), ret2.second)); } void eraseWithTreap(int v) { Pair ret1 = root->split(v), ret2 = ret1.second->split(v + 1); if (ret2.first->size > 1) { ret2.first->snow--; ret2.first->size--; ret2.first->sum -= ret2.first->val; root = Merge(ret1.first, Merge(ret2.first, ret2.second)); return; } root = Merge(ret1.first, ret2.second); } void insertQuery(int t) { multiset <int> :: iterator it1 = s.lower_bound(t), it2 = s.upper_bound(t); if (*it1 == t) { s.insert(t); return; } if (it1 != s.begin()) { it1--; } else { it1 = s.end(); } if (it1 != s.end() && it2 != s.end()) { eraseWithTreap(*it2 - *it1); } if (it1 != s.end()) { insertWithTreap(t - *it1); } if (it2 != s.end()) { insertWithTreap(*it2 - t); } s.insert(t); } void eraseQuery(int t) { s.erase(s.find(t)); multiset <int> :: iterator it1 = s.lower_bound(t), it2 = s.upper_bound(t); if (*it1 == t) { return; } if (it1 != s.begin()) { it1--; } else { it1 = s.end(); } if (it1 != s.end() && it2 != s.end()) { insertWithTreap(*it2 - *it1); } if (it1 != s.end()) { eraseWithTreap(t - *it1); } if (it2 != s.end()) { eraseWithTreap(*it2 - t); } } void askQuery(int start, int m, int r) { if (s.empty()) return; ans += min((ll)(*s.begin()) * r + start, (ll)m); if (r == 0) { return; } int full = m / r + ((m % r) > 0); Pair ret = root->split(full); ans += (ll)m * ret.second->size; ans += ret.first->sum * r; root = Merge(ret.first, ret.second); } int main() { freopen("data1.in","r",stdin); freopen("data1.out","w",stdout); null = new Node(0, 0, null, null); root = null; scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d %d %d", &a[i].s, &a[i].m, &a[i].r); } scanf("%d", &m); for (int i = 1; i <= m; i++) { int t, l, r; scanf("%d %d %d", &t, &l, &r); listInsert[l].push_back(t); listErase[r].push_back(t); } for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 0; j < listInsert[i].size(); j++) { insertQuery(listInsert[i][j]); } askQuery(a[i].s, a[i].m, a[i].r); for (int j = 0; j < listErase[i].size(); j++) { eraseQuery(listErase[i][j]); } } cout << ans << endl; return 0; }用了这么多STL，这代码在我本机起码要跑3s，不知道Hiho上怎么能过？
来讲一讲我的在线做法，首先如果你学过线段树分治的话，你应该知道线段树在打区间修改标记时，打完再向下将标记全部删除的操作并不影响时间复杂度，所以我们可以在此做一些文章。
考虑如何得到[l,r]的答案，其中[l,r]是线段树中的节点，即求sigma(Min(t*ri,mi))。
我们发现这时我们可以用t-setv[o]计算出此区间中所有单位已经积攒的时间（是一样的）。
那么我们只需求出t*ri<=mi的所有节点的ri之和与t*ri>mi的所有节点的mi之和。
对于每个节点i，将mi/ri（向下取整）扔到一个你喜欢的能够支持静态查询区间有多少<x的数据结构里判判就行了。
我用的是主席树，时间复杂度是O(qlog^2n)，可惜被1s的时限卡了将近0.5s。
View Code#include<cstdio> #include<cctype> #include<queue> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++) #define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--) #define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=next[i]) using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘; return x*f; } typedef long long ll; const int INF=1000000000; const int maxn=100010; int root[maxn],ls[maxn*35],rs[maxn*35],ToT; ll summ[maxn*35],sumr[maxn*35],S[maxn],M[maxn],R[maxn]; int n,setv[maxn*3]; void insert(int& y,int x,int l,int r,int v,int pos) { summ[y=++ToT]=summ[x]+M[v];sumr[y]=sumr[x]+R[v]; if(l==r) return;ls[y]=ls[x];rs[y]=rs[x]; int mid=l+r>>1; if(pos<=mid) insert(ls[y],ls[x],l,mid,v,pos); else insert(rs[y],rs[x],mid+1,r,v,pos); } ll ansm,ansr,ans; void query(int y,int x,int l,int r,int pos) { if(l==r) ansm+=summ[y]-summ[x],ansr+=sumr[y]-sumr[x]; else { int mid=l+r>>1; if(pos<=mid) query(ls[y],ls[x],l,mid,pos); else { ansm+=summ[ls[y]]-summ[ls[x]];ansr+=sumr[ls[y]]-sumr[ls[x]]; query(rs[y],rs[x],mid+1,r,pos); } } } void pushdown(int o) { int lc=o<<1,rc=lc|1; if(setv[o]>=0) { setv[lc]=setv[rc]=setv[o]; setv[o]=-1; } } void build(int o,int l,int r) { if(l==r) return;setv[o]=-1; int mid=l+r>>1,lc=o<<1,rc=lc|1; build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r); } int t,ql,qr,done[maxn]; void getans(int o,int l,int r) { if(setv[o]>=0) { if(l==r&&!done[l]) ans+=min((R[l]-R[l-1])*t+S[l],M[l]),done[l]=1; else { int k=t-setv[o]; if(k) { ansm=ansr=0; query(root[r],root[l-1],0,INF,k-1); ans+=ansm+(ll)k*(R[r]-R[l-1]-ansr); } } setv[o]=-1; } else { int mid=l+r>>1,lc=o<<1,rc=lc|1; getans(lc,l,mid);getans(rc,mid+1,r); } } void update(int o,int l,int r) { if(ql<=l&&r<=qr) getans(o,l,r),setv[o]=t; else { pushdown(o);int mid=l+r>>1,lc=o<<1,rc=lc|1; if(ql<=mid) update(lc,l,mid); if(qr>mid) update(rc,mid+1,r); } } int main() { n=read();build(1,1,n); rep(i,1,n) { S[i]=read(),M[i]=read(),R[i]=read();S[i]=min(S[i],M[i]); insert(root[i],root[i-1],0,INF,i,R[i]?M[i]/R[i]:INF); R[i]+=R[i-1]; } int q=read(); while(q--) { t=read(),ql=read(),qr=read(); update(1,1,n); } printf("%lld\n",ans); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/wzj-is-a-juruo/p/4760776.html
