【ST表、倍增】P7167 [eJOI 2020] Fountain (Day1)

题目描述

大家都知道喷泉吧？现在有一个喷泉由 $N$ 个圆盘组成，从上到下以此编号为 $1\sim N$，第 $i$ 个喷泉的直径为 $D_i$，容量为 $C_i$，当一个圆盘里的水大于了这个圆盘的容量，那么水就会溢出往下流，直到流入半径大于这个圆盘的圆盘里。如果下面没有满足要求的圆盘，水就会流到喷泉下的水池里。

现在给定 $Q$ 组询问，每一组询问这么描述：

• 向第 $R_i$ 个圆盘里倒入 $V_i$ 的水，求水最后会流到哪一个圆盘停止。

如果最终流入了水池里，那么输出 $0$。

注意，每个询问互不影响。

输入格式

第一行两个整数 $N,Q$ 代表圆盘数和询问数。
接下来 $N$ 行每行两个整数 $D_i,C_i$ 代表一个圆盘。
接下来 $Q$ 行每行两个整数 $R_i,V_i$ 代表一个询问。

输出格式

$Q$ 行每行一个整数代表询问的答案。

对于 $100\%$ 的数据：

• $2\le N\le 10^5$。
• $1\le Q\le 2\times 10^5$。
• $1\le C_i\le 1000$。
• $1\le D_i,V_i\le 10^9$。
• $ 1\le R_i \le N$。

思路

可以将水池看作第 $n+1$ 个圆盘，直径和容量都是无穷大。

考虑将题目划分成2部分：如何求直径大于自己的下一个圆盘，如何求出一共需要经过几次下一个圆盘才能把水装满。

对于第一部分，可以先用 ST 表求出区间最大值。不妨设当前圆盘是第 $i$ 个，容易发现一定存在一个最小的 $j$ 使 ${\max }_{k=i+1}^j{D}_k>D_i$，且当 $P>j$ 时都有 ${\max }_{k=i+1}^P{D}_k\ge {\max }_{k=i+1}^j{D}_k>D_i$ 成立，因此满足单调性，可以用二分来求出这个 $j$。ST 表预处理 $O(NlogN)$，单次查询 $O(1)$。对于 $n$ 个圆盘二分，复杂度也是 $O(NlogN)$，总复杂度 $O(NlogN)$。

对于第二部分。如果对于每次查询都一个一个往下一个圆盘跳，则当圆盘大小单调递增的时候，总复杂度可能达到 $O(nQ)$，无法接受。考虑用倍增的方法，一次往下跳 $2^k$ 个，$k$ 同理也可以二分求出，总复杂度还是 $O(QlogN)$，常数稍微大一点。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,q,nex[100005][25],add[100005][25],maxx[100005][25];
int d[100005],c[100005];
//l 到 r 之间区间最大直径 
int ask_max(int l,int r) {int t = 0;for(;(1 << t) <= (r - l + 1);) {t++;}t--; return max(maxx[l][t],maxx[r - (1 << t) + 1][t]);
}
signed main() {scanf("%lld %lld",&n,&q);for(int i = 1;i <= n;i++) {scanf("%lld %lld",&d[i],&c[i]);maxx[i][0] = d[i]; }d[n + 1] = 1000000000005,c[n + 1] = 10000000000005;for(int i = 1;(1 << i) <= n + 1;i++) {for(int j = 1;j + (1 << i) - 1 <= n + 1;j++) {maxx[j][i] = max(maxx[j][i - 1],maxx[j + (1 << (i - 1))][i - 1]);}}for(int i = 1;i <= n;i++) {int l = i + 1,r = n + 1,mid;while(l < r) {mid = (l + r) >> 1;if(ask_max(i + 1,mid) > d[i]) r = mid;else l = mid + 1;}nex[i][0] = i,add[i][0] = c[i];nex[i][1] = l,add[i][1] = c[l] + c[i];}for(int i = 0;i <= 24;i++) nex[n + 1][i] = n + 1,add[n + 1][i] = c[n + 1];for(int i = 2;i <= 20;i++) {for(int j = 1;j <= n;j++) {nex[j][i] = nex[nex[nex[j][i - 1]][1]][i - 1];add[j][i] = add[j][i - 1] + add[nex[nex[j][i - 1]][1]][i - 1];}}while(q--) {int now,v;scanf("%lld %lld",&now,&v);while(v) {if(v <= c[now]) {if(now != n + 1) printf("%lld\n",now);else printf("0\n");break;}int l = 0,r = 20,mid;while(l < r - 1) {mid = (l + r) >> 1;if(add[now][mid] >= v) r = mid - 1;else l = mid; }		v -= add[now][l];now = nex[nex[now][l]][1];} }return 0;
}