251025B. 海啸

251025B. 海啸

有 \(n\) 个物品，物品 \(i\) 有 \(v_i\) 的价值和 \(2^{w_i}\) 的体积。

以及 \(q\) 次修改，每次给出 \(x\) 并令 \(a_x \leftarrow a_x +1\)。

每次修改后求出当总体积 \(\le V\) 时的最大总价值。

\[n\le 2\times 10^5,q\le 10^4, V\le 10^{18} \]

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先考虑没有修改怎么做

称 \(w_i\) 相同的所有物品都在第 \(w_i\) 层。

我们先把每一层内部排序，然后考虑从小往大贪心。

对于第 \(w\) 层，假如 \(V\) 二进制下第 \(w\) 位为 \(1\)，那么取出最大的价值 \(v_0\)，将 \(v_0\) 累加到答案里，然后将其删去。

对于剩下的数，我们从大到小将每两个相邻的物品捆绑加入下一层。

这个过程可以归并解决。

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考虑怎么带上修改？

我们从 \(w_x\) 开始依次枚举层，并考虑他造成的影响。

考虑到我们仅关心价值，不关心具体是哪个物品贡献的，我们在当前层二分找到第一个 \(\le v_x\) 的，然后将他 \(+1\)。

然后我们模仿刚才的过程，将这个物品和相邻的捆绑，并在下一层二分找到对应的物品，将权值 \(+1\)。

一直重复这个过程直到某一层 \(w\) 上这个价值是该层最大值，并且 \(V\) 二进制下第 \(w\) 位为 \(1\)。那么直接将答案 \(+1\)，然后退出这个过程。

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时间复杂度 \(\mathcal O(n\log V+q\log n\log V)\)。

code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>const int N = 3e5 + 7, W = 60;
typedef long long i64;
#define rep(i,a,b) for(int i(a);i<=(b);++i)namespace suki {i64 sp, ans;
int n, q, w[N], v[N];
std::basic_string<i64> g[W]; 
auto cmp = std::greater<i64>();inline void reset() { ans = 0; for(int i = 0; i < W; ++i) g[i].clear(); }inline void main() {std::cin >> n >> sp >> q;rep(i, 1, n) std::cin >> w[i] >> v[i], g[w[i]] += v[i];for(int i = 0; i < W; ++i) std::sort(g[i].begin(), g[i].end(), cmp);auto work = [&](int k) {if(k > 0) {int origs = g[k].size(), shift = sp >> (k - 1) & 1;for(int i = shift; i + 1 < (int)g[k-1].size(); i += 2)g[k] += g[k-1][i+1] + g[k-1][i];if((g[k-1].size() - shift) & 1) g[k] += g[k-1].back();std::inplace_merge(g[k].begin(), g[k].begin() + origs, g[k].end(), cmp);}if((sp >> k & 1) && !g[k].empty()) { ans += g[k][0]; }};for(int i = 0; i < W; ++i) work(i);std::cout << ans << "\n";for(; q--; ) {int x; std::cin >> x;auto modify = [](int id) {i64 val = v[id]++;for(int k = w[id]; k < W; ++k) {int p = std::lower_bound(g[k].begin(), g[k].end(), val, cmp) - g[k].begin();int shift = sp >> k & 1; g[k][p]++;if(shift && (p == 0)) { ++ans; return ; }int q = ((p - shift) ^ 1) + shift;if(0 <= q && q < g[k].size()) val += g[k][q];}};modify(x);std::cout << ans << "\n";}
}};int main() {std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);int t; std::cin >> t;for(; t--; ) { suki::reset(), suki::main(); }
}

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之前见过一道相似的题，但是找不到原题了。题意如下：

给定一个大小为 \(n\) 的可重集 \(S={a_i}\)。

维护以下两种操作：

• 将第 \(l\) 大到第 \(r\) 大之间的所有数 \(+1\)。

• 询问第 \(l\) 大到第 \(r\) 大之间的所有数的和。

\[n\le 10^6 \]

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我们初始先将 \(a\) 排序，然后直接按顺序放到线段树上，所以初始时整个序列是有序的。

对于一次修改操作 \([l,r]\)，令 \(x=a_l,y=a_r\)，\(p_0\) 是 \(y\) 第一次出现的位置，\(p_1\) 是 \(y\) 最后一次出现的位置。

假如我们将整个序列拆成三部分：\([1,p_0-1],[p_0,p_1],[p_1+1,n]\)。

对于第一部分，我们修改的是一个后缀，所以直接在原位置上加不会破坏有序的性质。

对于中间的部分，由于值全部相同，我们可以将位于前缀的修改平移到后缀上，这个时候仍然不会破坏有序的性质。

对于最后一部分，我们没有修改，所以不会破坏有序的性质。

第一部分的最后一个数修改后 \(\le y\)，中间部分的第一个数修改后 \(\ge y\)，所以我们将前两段拼起来整体仍然满足有序的性质。

中间部分的最后一个数修改后 \(\le y+1\)，最后一部分的第一个数 \(\ge y+1\)，所以我们将后两段拼起来整体仍然满足有序的性质。

换句话说我们可以将每个修改拆成最多两个区间，使得直接在原位置上修改后整个序列仍然有序。

例如一开始的序列是 01112223334，我们希望做操作 \([4,8]\)。（011[12223]334

那么我们实际上做的区间加是：011[1222]33[3]4。加完后的结果是：01123333344。

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总而言之，这两个问题的维护方法，本质上都是利用了 \(+1\) 操作不会造成“交换”的性质，这使得我们直接在原位上对序列进行操作成为可能。