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【題意】

給你兩個數組a,b;
b數組是1..n的一個排列。
現在給你兩種操作:
add l,r將a[l..r]都加上1
query l,r 詢問$∑^r_l\frac{ai}{bi} $
其中a[i]/b[i]是下取整。
n<=10^5

【題解】

很優秀的題
我們可以在線段樹1中維護所有a[i]/b[i]的值
想一下何時我們才要讓線段樹1中的值改變?
必然是我們一直加a的值,讓a[i]的值超過了b[i]
設讓線段樹中的值改變操作為操作x
那麽操作x最多湖執行多少次呢?
a最多變成10^5
那麽就是
∑10^5/b[i] ,又b是一個排列
那麽原式即\(10^5*(1/1+1/2+1/3+...+1/n)\)

【代碼】

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i<= b;i++)
using namespace std;

const double pi = acos(-1);
const int dx[4] = {0,0,1,-1};
const int dy[4] = {1,-1,0,0};
const int N = 1e5;

int a[N+10],b[N+10],mi[N*4+10],tag[N*4+10],sum2[N*4+10];
int n,q;
char s[8];

void _updata2(int l,int r,int rt,int pos){
    if (l==r){
        sum2[rt]++;
        return;
    }
    int mid = (l+r)>>1;
    if (pos<=mid) _updata2(lson,pos);
    else _updata2(rson,pos);
    sum2[rt] = sum2[rt<<1]+sum2[rt<<1|1];
}

void push_down(int rt){
    if (tag[rt]>0){
        tag[rt<<1]+=tag[rt];tag[rt<<1|1]+=tag[rt];
        mi[rt<<1]-=tag[rt];mi[rt<<1|1]-=tag[rt];
        tag[rt] = 0;
    }
}

void _find0(int l,int r,int rt){
    if (l==r){
        _updata2(1,n,1,l);
        mi[rt] = b[l];
        return;
    }
    push_down(rt);
    int mid = (l+r)>>1;
    if (mi[rt<<1]==0) _find0(lson);
    if (mi[rt<<1|1]==0)_find0(rson);
    mi[rt]= min(mi[rt<<1],mi[rt<<1|1]);
}

void _updata1(int l,int r,int rt,int L,int R){
    if (L<=l && r<=R){
        mi[rt]--;
        tag[rt]++;
        if (mi[rt]==0){
            _find0(l,r,rt);
        }
        return;
    }
    push_down(rt);
    int mid = (l+r)>>1;
    if (L<=mid) _updata1(lson,L,R);
    if (mid<R) _updata1(rson,L,R);
    mi[rt] = min(mi[rt<<1],mi[rt<<1|1]);
}

long long get_ans2(int l,int r,int rt,int L,int R){
    if (L<=l && r <= R) return sum2[rt];
    int mid = (l+r)>>1;
    long long temp1 = 0,temp2 = 0;
    if (L<=mid) temp1 = get_ans2(lson,L,R);
    if (mid<R) temp2 = get_ans2(rson,L,R);
    return temp1+temp2;
}

void build1(int l,int r,int rt){
    tag[rt] = 0;
    int mid = (l+r)>>1;
    if (l==r){
        mi[rt] = b[l];
        return;
    }
    if (l<=mid) build1(lson);
    if (mid<r) build1(rson);
    mi[rt] = min(mi[rt<<1],mi[rt<<1|1]);
}

int main(){
    #ifdef LOCAL_DEFINE
        freopen("rush_in.txt", "r", stdin);
    #endif
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
    while (cin >> n >> q)
    {
        memset(a,0,sizeof a);
        memset(sum2,0,sizeof sum2);
        rep1(i,1,n) cin >> b[i];
        build1(1,n,1);
        while (q--)
        {
            int ll,rr;
            cin >> s >> ll >> rr;
            if (s[0]=='a')
                _updata1(1,n,1,ll,rr);
            else
                cout<<get_ans2(1,n,1,ll,rr)<<endl;

        }
    }
    return 0;
}
 

【2018 Multi-University Training Contest 2 1007】Naive Operations