[ 联合省选 2020 A | B ] 冰火战士 题解

学校里面写这道题的时候洛谷炸了，自己搞出来了。

Part 0

记当前温度为 $T$ ，小于等于 $T$ 火战士能量和为 $f1(T)$ ， 大于等于 $T$ 冰战士能量和为 $f2(T)$ 。

由于能量有剩余的战士会一直战斗下去，此温度下的能量和应该为 $2\times \min (f1(T),f2(T))$ 。

而对于 $f1(T),f2(T)$ 的计算，我们将温度作为下标，即为对于温度 $T$ 的前缀和 / 后缀和，考虑使用树状数组。

注意到温度 $\le 10^9$ 而 $Q\le 2\times 10^6$ ，将温度离散化。

Part 1

我们枚举温度 $T$ ，找到能取到能量最大值的最大温度，时间复杂度 $O(Q^2\log Q)$ 。

Part 2

答案应该为随 $T$ 的增大的单峰函数，但是由于最大值可能有很多个，三分法不方便实现。

$f1(T),f2(T)$ 应该随着 $T$ 的增大而分别单调增和单调减的，为了使两者中最小值最大，答案应该在交点处取到，而考虑到温度的离散，答案不一定能取到交点。

我们可以先二分找出 最后一个 满足 $f1(T)<f2(T)$ 的 $T$ 记为 $k1$ ，$k1$ 即为最小值为 $f1$ 时的最优解。而 $k1$ 是最后一个，所以 $f1(k1+1)\ge f2(k1+1)$ ，此时 $f2$ 作为最小值，找最后一个温度 $k2$ 使得 $f2(k1+1)=f2(k2)$ ，此时 $k2$ 即为最小值为 $f2$ 的最优解。

此时时间复杂度 $(Q{\log }^{2}Q)$ 。

Part 3

类似树状数组找第 $k$ 大，由于树状数组中 $tree[x]$ 管辖的区域是 $lowbit(x)$ ，那么从 $0$ 开始，每次加 $2^i$ ，累计的和一定表示从 $1$ 开始的连续区间。我们根据这一特性在树状数组上倍增找出 $k1,k2$ ，这一部分就从原来的 ${\log }^{2}Q$ 优化到了 $\log Q$ 。

此时时间复杂度 $O(Q\log Q)$ 。

Code

#include 
using namespace std;
const int MAXN = 2e6 + 5;
int Q;
struct Question{
	int opt, t, x, y, k;
}q[MAXN];
int sum2, cnt1, cnt2, tem[MAXN], tot;
int tree1[MAXN], tree2[MAXN];
int lowbit(int x) {return x & (-x);}
void add(int *tree, int x, int d)
{
	for(int i=x; i<=tot; i+=lowbit(i))
		tree[i] += d;
}
int query(int *tree, int x)
{
	int res = 0;
	for(int i=x; i>0; i-=lowbit(i))
		res += tree[i];
	return res;
}
void solve()
{
	int k1 = 0, k2 = 0, pos = 0, cur1 = 0, cur2 = sum2;
	for(int i=21; i>=0; i--)
	{
		int new_pos = pos + (1 << i); 
		if(new_pos > tot) continue;
		int new_cur1 = cur1 + tree1[new_pos], new_cur2 = cur2 - tree2[new_pos];
		if(new_cur1 < new_cur2) k1 = new_pos, pos = new_pos, cur1 = new_cur1, cur2 = new_cur2;
	}
	
	int target = sum2 - query(tree2, k1 + 1);
	k2 = 0, pos = 0, cur2 = sum2;
	for(int i=21; i>=0; i--)
	{
		int new_pos = pos + (1 << i); 
		if(new_pos > tot) continue;
		int new_cur2 = cur2 - tree2[new_pos];
		if(new_cur2 > target) pos = new_pos, cur2 = new_cur2;
		if(new_cur2 == target ) k2 = new_pos, pos = new_pos, cur2 = new_cur2;
	}
	
	int ans = 0, anst = 0;
	ans = max(cur1, cur2);
	if(cur1 == cur2) anst = max(k1, k2);
	else anst = (cur1 > cur2) ? k1 : k2;
	
	if(ans == 0) cout<< "Peace\n";
	else cout << tem[anst] << " " << (ans<<1) << "\n";
}
signed main()
{
	std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0);
	cin >> Q;
	for(int i=1; i<=Q; i++)
	{
		cin >> q[i].opt;
		if(q[i].opt == 1) cin >> q[i].t >> q[i].x >> q[i].y, tem[++tot] = q[i].x;
		if(q[i].opt == 2) cin >> q[i].k;
	}
	
	sort(tem+1, tem+tot+1);
	
	tot = unique(tem+1, tem+tot+1) - tem - 1;
	for(int i=1; i<=Q; i++)
	{
		if(q[i].opt == 1) 
		{
			q[i].x = lower_bound(tem+1, tem+tot+1, q[i].x) - tem;
			if(q[i].t == 0) add(tree1, q[i].x, q[i].y);
			if(q[i].t == 1) add(tree2, q[i].x + 1, q[i].y), sum2 += q[i].y;
		}
		if(q[i].opt == 2)
		{
			int id = q[i].k;
			if(q[id].t == 0) add(tree1, q[id].x, -q[id].y);
			if(q[id].t == 1) add(tree2, q[id].x + 1, -q[id].y), sum2 -= q[id].y;
		}
		solve();
	}
}