[CQOI2015]任務查詢系統

題目描述

最近實驗室正在為其管理的超級計算機編制一套任務管理系統，而你被安排完成其中的查詢部分。超級計算機中的任務用三元組(Si,Ei,Pi)描述，(Si,Ei,Pi)表示任務從第Si秒開始，在第Ei秒後結束（第Si秒和Ei秒任務也在執行），其優先順序為Pi。同一時間可能有多個任務同時執行，它們的優先順序可能相同，也可能不同。排程系統會經常向查詢系統詢問，第Xi秒正在執行的任務中，優先順序最小的Ki個任務（即將任務按照優先順序從小到大排序後取前Ki個）的優先順序之和是多少。特別的，如果Ki大於第Xi秒正在執行的任務總數，則直接回答第Xi秒正在執行的任務優先順序之和。上述所有引數均為整數，時間的範圍在1到n之間（包含1和n）。

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入檔案第一行包含兩個空格分開的正整數m和n，分別表示任務總數和時間範圍。接下來m行，每行包含三個空格分開的正整數Si、Ei和Pi(Si<=Ei)，描述一個任務。接下來n行，每行包含四個空格分開的整數Xi、Ai、Bi和Ci，描述一次查詢。查詢的引數Ki需要由公式 Ki=1+(Ai*Pre+Bi) mod Ci計算得到。其中Pre表示上一次查詢的結果，對於第一次查詢，Pre=1。

輸出格式：

輸出共n行，每行一個整數，表示查詢結果。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

4 3
1 2 6
2 3 3
1 3 2
3 3 4
3 1 3 2
1 1 3 4
2 2 4 3

輸出樣例#1：

2
8
11

說明

樣例解釋

K1 = (1*1+3)%2+1 = 1

K2 = (1*2+3)%4+1 = 2

K3 = (2*8+4)%3+1 = 3

對於100%的資料，1<=m,n,Si,Ei,Ci<=100000，0<=Ai,Bi<=100000，1<=Pi<=10000000，Xi為1到n的一個排列

Solution

靜態主席樹...

簡述題意,區間修改,單點查詢,差分hhhh...

我們以時間軸作為下標,優先順序作為權值建主席樹

然後query的時候如果已經確定到節點了,就只去k的節點的值

    if(l==r) return t[u].sum/(1ll*t[u].cnt)*1ll*k;
    //一個節點存多個相同的權值,有cnt個,我們只要算k個就夠了
 

然後如果當前節點的左子樹的節點個數>k,我們就要在查詢有子樹的基礎上還要加上左子樹的權值和

if(k<=num) return query(t[u].l,l,mid,k);
else return query(t[u].r,mid+1,r,k-num)+t[t[u].l].sum;

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define lol long long
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define rg register
#define mid ((l+r)>>1)
#define in(i) (i=read())
using namespace std;

const int N=1e5+10;

int read() {
    int ans=0,f=1; char i=getchar();
    while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
    while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0',i=getchar();
    return ans*=f;
}

int n,m,num,tot;
int a[N],b[N],rt[N<<6];
lol pre=1;

struct Tree {
    lol sum; int cnt,l,r;
}t[N<<6];
vector<int>v[N],g[N];

void update(int &u,int l,int r,int pre,int pos,int v) {
    u=++tot; t[u]=t[pre];
    t[u].cnt+=v, t[u].sum+=1ll*v*b[pos];
    if(l==r) return;
    if(pos<=mid) update(t[u].l,l,mid,t[pre].l,pos,v);
    else update(t[u].r,mid+1,r,t[pre].r,pos,v);
}

lol query(int u,int l,int r,int k) {
    int num=t[t[u].l].cnt;
    if(l==r) return t[u].sum/(1ll*t[u].cnt)*1ll*k;
    if(k<=num) return query(t[u].l,l,mid,k);
    else return query(t[u].r,mid+1,r,k-num)+t[t[u].l].sum;
}

int main()
{
    in(m), in(n);
    for (rg int i=1,x,y;i<=m;i++) {
        in(x), in(y), in(a[i]), b[i]=a[i], y++;
        v[x].push_back(i), g[y].push_back(i);//v[]存左端點,g[]存右端點
    }
    sort(b+1,b+1+m); int num=unique(b+1,b+1+m)-b-1;
    for (rg int i=1;i<=n;i++) {
        rt[i]=rt[i-1];
        for (rg unsigned int j=0;j<v[i].size();j++) {
            int p=lower_bound(b+1,b+1+num,a[v[i][j]])-b;
            update(rt[i],1,num,rt[i],p,1);//pre=rt[i],因為是同一個時間
        }
        for (rg unsigned int j=0;j<g[i].size();j++) {
            int p=lower_bound(b+1,b+1+num,a[g[i][j]])-b;
            update(rt[i],1,num,rt[i],p,-1);//同上
        }
    }
    for (rg int i=1,x,a,b,c,k;i<=n;i++) {
        in(x), in(a), in(b), in(c);
        k=(1ll*a*pre+b)%c+1;
        if(k>t[rt[x]].cnt) pre=t[rt[x]].sum;
        else pre=query(rt[x],1,num,k);
        printf("%lld\n",pre);
    }
}