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洛谷P3586
BZOJ4378

Solution

顯然我們的重點在詢問。（廢話）
先說結論：
設數集中 $\ge s$ 的數有 $cnt$

cnt 個。
每次選 $c$ 個正數減一這種操作能進行 $s$ 次，當且僅當
（1） $c$

n t ≥ c cnt\ge c ，
或者（2）數集中 $<s$

的數之和 $\ge(c-cnt)\times s$ 。
證明：
（1）當 $cnt\ge c$ 時顯然。只需要每次操作都對這 $cnt$ 個數執行即可。
（2）
必要性：相當於在 $<s$ 的數中每次選 $c-cnt$ 個數減一，進行 $s$ 次操作。如果 $<s$ 的數之和小於 $(c-cnt)\times s$ ，則顯然是不行的。
充分性：可以使用數學歸納法證明：一個數集，裡面的數和為 $(c-cnt)\times s$ ，每次選 $c-cnt$ 個數減一，可以使所有數變成 $0$ 的充分必要條件是數集裡每個數都不超過 $s$ 。使用這個結論就能推出數集中 $<s$ 的數之和 $\ge(c-cnt)\times s$ 時一定能做到。
於是我們可以將運算元離散化，使用樹狀陣列維護每個數值的出現次數和出現的數之和。
這樣我們就能方便地在支援修改的情況下求 $cnt$ 以及數集中 $<s$ 的數之和了。
時間複雜度 $O(m\log n)$ 。

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Bitr(x, n) for (; x <= n; x += x & -x)
#define Bitl(x) for (; x; x -= x & -x)

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

inline char get()
{
	char c;
	while ((c = getchar()) != 'U' && c != 'Z');
	return c;
}

typedef long long ll;

const int N = 1e6 + 5;

int n, m, a[N], X[N], Y[N], tm, ttm, b[N], A[N];
char op[N];
ll sum, Asum[N];

void change(int x, int v)
{
	Bitr(x, ttm) A[x] += v;
}

void changes(int x, int v)
{
	Bitr(x, ttm) Asum[x] += v;
}

int ask(int x)
{
	int res = 0;
	Bitl(x) res += A[x];
	return res;
}

ll asks(int x)
{
	ll res = 0;
	Bitl(x) res += Asum[x];
	return res;
}

int main()
{
	int i;
	n = read(); m = read();
	b[tm = 1] = 0;
	For (i, 1, m)
	{
		op[i] = get();
		X[i] = read(); Y[i] = read();
		b[++tm] = Y[i];
	}
	std::sort(b + 1, b + tm + 1);
	ttm = std::unique(b + 1, b + tm + 1) - b - 1;
	For (i, 1, m) Y[i] = std::lower_bound(b + 1, b + ttm + 1, Y[i]) - b;
	For (i, 1, n) change(a[i] = 1, 1);
	For (i, 1, m)
		if (op[i] == 'U')
		{
			sum += b[Y[i]] - b[a[X[i]]];
			change(a[X[i]], -1); change(Y[i], 1);
			changes(a[X[i]], -b[a[X[i]]]);
			changes(Y[i], b[Y[i]]);
			a[X[i]] = Y[i];
		}
		else
		{
			int xcnt = n - ask(Y[i] - 1);
			ll xsum = asks(Y[i] - 1);
			puts(xcnt >= X[i] || xsum >= 1ll * (X[i] - xcnt) * b[Y[i]]
				? "TAK" : "NIE");
		}
	return 0;
}