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【题解】洛谷 P10083 [GDKOI2024 提高组] 不休陀螺 [思维 + 树状数组 + st 表]

news 2025/11/5 11:10:04

P10083 [GDKOI2024 提高组] 不休陀螺 - 洛谷 (luogu.com.cn)

首先考虑什么样的 $[l,r]$ 区间是 “无限区间”：

（1）总收益不能是负收益。

（2）打完所有负收益的牌后，保证能打非负收益牌中花费最大的那一张。

（3）每一张负收益牌都能在打完其他负收益牌后打。

转化为公式：

（1） $\sum_{i=l}^{r}(b[i]-a[i])\geq 0$

（2） $E+\sum_{i=l}^{r}(b[i]-a[i])_{[a[i]>b[i]}\geq\sum_{i=l}^{r}max(a[i]_{[a[i]\leq b[i]})$

（3） $E+\sum_{i=l}^{r}(b[i]-a[i])_{[a[i]>b[i]}-(b[j]-a[j])_{[a[j]>b[j]}\geq a[j]_{[a[j]>b[j]}$

化简： $E+\sum_{i=l}^{r}(b[i]-a[i])_{[a[i]>b[i]}\geq \sum_{j=l}^{r}max(b[j]_{[a[j]>b[j]})$

我们发现 （2） 和 （3） 是比较特殊的。

（以下文段请区分递增与严格递增，递减与严格递减）

假设固定左端点 $l$ ，右端点 $r$ 不断往右移动，如果当前 $r$ 不满足 2 和 3 的性质，

由于 $\sum_{i=l}^{r}(b[i]-a[i])_{[a[i]>b[i]}$ 是递减的， $\sum_{i=l}^{r}max(a[i])_{[a[i]\leq b[i]}$ 和 $\sum_{j=l}^{r}max(b[j]_{[a[j]>b[j]})$ 是递增的。

所以之后再右边的 $r$ 就更不可能是答案，即每个 $l$ 最右边的 $r$ 是可以线性增加确定的。

确定了 $r$ 后，把 $[l,r]$ 间以 $l$ 为左端点，负收益的右区间点减掉，就是当前 $l$ 的答案。

假设 $l=l'+1$ ， $l'$ 对应的最右区间是 $r'$ ，那么 $l$ 对应的 $r$ 肯定大于等于 $r'$ 。

因为随着 $l$ 的增长， $\sum_{i=l}^{r}(b[i]-a[i])_{[a[i]>b[i]}$ 是递增的，约束条件更宽松。

之前满足条件的右区间点肯定还满足条件，所以 $r$ 只增不减。

这很像双指针，我们考虑枚举 $l$ ， $r$ 继承上一个 $l'$ 。

$r$ 边增加、边看看是否满足 （2） 和 （3），不满足立刻退出。

可以先定义一个数组 $c[i]=b[i]-a[i]$ 边移动指针边计算 $\sum$ 。

$\sum_{i=l}^{r}max(a[i])_{[a[i]\leq b[i]}$ 和 $\sum_{j=l}^{r}max(b[j]_{[a[j]>b[j]})$ 可以用 st 表，

由于 $\geq$ 号前面的都是 $\sum$ ，所以只开一个 st 表，根据 $a[i],b[i]$ 的大小关系放进去 $a[i]$ 或者 $b[i]$ 。

判断负收益区间点可以用树状数组，每移动 $r$ 一下就把当前 $sum_c[r]$ 放进去，

退出循环时减掉树状数组上比 $sum_c[l]$ 小的点，就是答案。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 50;int n; LL E;
LL a[N], b[N];
LL c[N], sum_c[N], st[N][30];
LL tr_d[N];
LL cc[N];
map<LL, int> mp;void add(int x, LL d) {if (x == 0) {return ;}for (; x <= n; x += x & -x) {tr_d[x] += d;}
}LL get_sum(int x) {LL res = 0;for (; x >= 1; x -= x & -x) {res += tr_d[x];}return res;
}LL get_mx(int l, int r) {int lg = log2(r - l + 1);return max(st[l][lg], st[r - (1 << lg) + 1][lg]);
}void init_st_tree() {for (int i = 1; i <= n; i ++) {st[i][0] = (a[i] <= b[i]) ? a[i]: b[i];}for (int j = 1; j <= log2(n); j ++) {for (int i = 1; i + (1 << (j - 1)) <= n; i ++) {st[i][j] = max(st[i][j - 1], st[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);}}memset(tr_d, 0, sizeof(tr_d));for (int i = 0; i <= n; i ++) {cc[i] = sum_c[i];}sort (cc, cc + n + 1);int nn = unique(cc, cc + n + 1) - cc - 1;for (int i = 0; i <= nn; i ++) {    // 离散化，方便树状数组 mp[cc[i]] = i + 1;    // + 1 防止下标为 0}
}int main () {freopen("top.in", "r", stdin);freopen("top.out", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> E;for (int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> a[i];}for (int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> b[i];}sum_c[0] = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {c[i] = b[i] - a[i];sum_c[i] = sum_c[i - 1] + c[i];}init_st_tree();int r = 1;LL ans = 0;LL sum = 0;     // 负收益总和 for (int l = 1; l <= n; l ++) {while (r <= n) {LL t = get_mx(l, r);if (E + sum + min(0ll, c[r]) >= t) {if (c[r] < 0) {sum += c[r];}add(mp[sum_c[r]], 1);r ++;}else {break;}}int xx = mp[sum_c[l - 1]] - 1;    // 小于 sum_c[l - 1] 的（负收益段）LL tt = get_sum(xx);ans += (r - l) - tt;  // 最右区间应该是 r - 1 if (r == l) {r = l + 1;     // 预备下一个 }else {if (c[l] < 0) {sum -= c[l];}add(mp[sum_c[l]], -1);}}cout << ans << "\n";return 0;
}

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