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题意：
m个任务，任务(Si,Ei,Pi)表示任务从第Si秒开始，在第Ei秒后结束，优先级为Pi。n个询问，每次询问第Xi秒正在运行的任务中，优先级最小的Ki个任务的优先级之和是多少。若Ki大于第Xi秒正在运行的任务总数，输出第Xi秒任务优先级之和。m，n≤100000，强制在线。
题解：
第一次写主席树……（因为没彻底理解被yyl大爷d：你根本不理解主席树）主席树本质上就是权值线段树+重用节点。
反映在本题中，就是给每个时间点建一棵权值线段树，但这样会MLE，所以我们先将所有任务拆成“Si到n时间点的权值+Pi”和“Ei+1到n时间点的权值+(-Pi)，然后按插入的时间点排序，在每个插入操作前，将之前上一次操作得到的权值线段树的根节点指针复制过来，然后插入时只新开节点记录被修改后的节点，因为一次插入只会影响log2n个节点，所以总空间复杂度为O(nlog2n)，同时因为相隔两个插入时间点之间的时间点只要复制一个指针就行，每次插入时间复杂度为log2n，故时间复杂度为O(nlog2n)。本题可以不离散化，但我比较怂所以还是离散了一下省空间。
代码：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #include <queue> 5 #define inc(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++) 6 #define maxn 400000 7 #define ll long long 8 using namespace std; 9 10 struct opt{int a,b,c,id;}; opt opts[maxn*2]; 11 bool cmp1(opt a,opt b){return a.b<b.b;} 12 bool cmp2(opt a,opt b){return a.a<b.a;} 13 int lc[20*maxn],rc[20*maxn],rt[maxn],sz[20*maxn],n,m,valn,tot,optn; 14 ll sm[20*maxn]; 15 void build(int &x,int l,int r){ 16 x=++tot; lc[x]=rc[x]=sz[x]=sm[x]=0; if(l==r)return; 17 int mid=(l+r)>>1; build(lc[x],l,mid); build(rc[x],mid+1,r); 18 } 19 void ins(int &x,int l,int r,int y,int z1,int z2){ 20 tot++; sm[tot]=sm[x]+(ll)(z1*z2); sz[tot]=sz[x]+z2; 21 lc[tot]=lc[x]; rc[tot]=rc[x]; x=tot; if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1; 22 if(y<=mid)ins(lc[x],l,mid,y,z1,z2);else ins(rc[x],mid+1,r,y,z1,z2); 23 } 24 ll query(int x,ll k){ 25 ll q=0; int y=x; 26 while(1){ 27 if(k>=sz[y]){q+=sm[y]; return q;} if(!lc[y]&&!rc[y]){q+=sm[y]/sz[y]*k; return q;} 28 if(k==sz[lc[y]]){q+=sm[lc[y]]; return q;} 29 if(k<sz[lc[y]])y=lc[y];else k-=sz[lc[y]],q+=sm[lc[y]],y=rc[y]; 30 } 31 } 32 int main(){ 33 scanf("%d%d",&m,&n); optn=0; 34 inc(i,1,m){ 35 int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 36 opts[++optn]=(opt){a,c,1,0}; if(b!=n)opts[++optn]=(opt){b+1,c,-1,0}; 37 } 38 sort(opts+1,opts+1+optn,cmp1); valn=1; opts[1].id=1; 39 inc(i,2,optn){if(opts[i].b!=opts[i-1].b)opts[i].id=++valn;else opts[i].id=valn;} 40 tot=0; build(rt[0],1,valn); sort(opts+1,opts+1+optn,cmp2); opts[optn+1].a=n; 41 for(int i=1;i<=opts[1].a&&i<=n;i++)rt[i]=rt[i-1]; 42 inc(i,1,optn){ 43 ins(rt[opts[i].a],1,valn,opts[i].id,opts[i].b,opts[i].c); 44 for(int j=opts[i].a+1;j<=opts[i+1].a&&j<=n;j++)rt[j]=rt[j-1]; 45 } 46 ll last=1; 47 inc(i,1,n){ 48 int a;ll b,c,d; scanf("%d%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d); 49 last=query(rt[a],1+(b*last+c)%d); 50 printf("%lld\n",last); 51 } 52 return 0; 53 }
20160516
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原文地址：http://www.cnblogs.com/YuanZiming/p/5732613.html
