GMOJ 3571. 【GDKOI2014】内存分配 题解

这题有一个显然不优的正解。

思路

对于一个进程 ({a_i,b_i}) ，其需要的额外的内存为 (b_i-sumlimits_{b_j<b_i}) ，也就是 (b_i-) 已经释放的内存和。

那么对于所有的进程，需要的内存就为每一个进程需要内存的最大值，即 (max{left{b_i-sumlimits_{b_j<b_i} ight}})

感性理解一下就是最大的“断层”。证明就算了

这个式子可以用线段树维护，我们对于每一个进程，把 (b_i+1) 及以后减去 (a_i) ，每次修改把之前的贡献去掉再加上新的即可。

一开始把所有的 (b_i) 先扔进去。

如果用线段树做需要离散化，由于 (b_i) 排序后是单调递增的，所以不会影响正确性。同时，要注意维护所有 (b_i) 的最大值，最大值后的值不能查询（但还要正常修改，因为最大值可能变大），这个可以多记录一个 (cnt) 表示区间内是否有进程完成。当然，每次修改时也要把单个点的 (cnt) 修改掉。（所以显然很慢）

当然，使用可以区间修改的平衡树也许可以完美避免上述问题。但我不知道怎么打

Code

由于不(lan)喜(de)欢(bei) STL离散化，以及需要跨数组离散化，这里使用指针离散化。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
struct tree{
	long long mx,cnt,s;
}t[600010];
int n,m,mx=1,a[200010][2],c[200010][3],*l[200010],num[200010];
template<typename T>void read(T &x){
	char c=getchar();
	for(;c<33;c=getchar());
	for(x=0;47<c&&c<58;x=x*10+c-48,c=getchar());
}
bool comp(int *x,int *y){
	return(*x<*y);
}
void pushdown(int m){
	t[m<<1].s+=t[m].s;t[m<<1].mx+=t[m].s;
	t[m<<1|1].s+=t[m].s;t[m<<1|1].mx+=t[m].s;
	t[m].s=0;
}
void update(int m){
	t[m].mx=max(t[m<<1].mx,t[m<<1|1].mx);
	t[m].cnt=t[m<<1].cnt+t[m<<1|1].cnt;
}
void sg(int m,int x,int y,int c,int l,int r){     //区间修改
	if(x<=l&&r<=y){
		t[m].s+=c;
		t[m].mx+=c;
		return;
	}
	pushdown(m);
	if(x<=mid){
		sg(m<<1,x,y,c,l,mid);
	}
	if(y>mid){
		sg(m<<1|1,x,y,c,mid+1,r);
	}
	update(m);
}
void point(int m,int x,int z,int l,int r){     //对cnt进行修改
	if(l==r){
		t[m].cnt+=z;
		return;
	}
	pushdown(m);
	if(x<=mid){
		point(m<<1,x,z,l,mid);
	}else{
		point(m<<1|1,x,z,mid+1,r);
	}
	update(m);
}
int pre(int m,int l,int r){    //找最大值
	if(t[m<<1|1].cnt){
		return(pre(m<<1|1,mid+1,r));
	}else if(l==r){
		return(r);
	}else{
		return(pre(m<<1,l,mid));
	}
}
long long call(int m,int x,int y,int l,int r){     //查询
	if(x<=l&&r<=y){
		return(t[m].mx);
	}
	pushdown(m);
	long long re=0;
	if(x<=mid){
		re=call(m<<1,x,y,l,mid);
	}
	if(y>mid){
		re=max(re,call(m<<1|1,x,y,mid+1,r));
	}
	update(m);
	return(re);
}
int main(){
	read(n);read(m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		read(a[i][0]);read(a[i][1]);
		l[i]=&a[i][1];
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){		
		read(c[i][0]);read(c[i][1]);read(c[i][2]);
		l[i+n]=&c[i][2];
	}
	sort(l+1,l+n+m+1,comp);
	for(int i=1;i<n+m;i++){
		if(*l[i]<*l[i+1]){
			num[mx]=*l[i];
			*l[i]=mx++;
		}else{
			*l[i]=mx;
		}
	}
	num[mx]=*l[n+m];
	*l[n+m]=mx;
	for(int i=1;i<=mx;i++){
		sg(1,i,i,num[i],1,mx);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sg(1,a[i][1]+1,mx,-a[i][0],1,mx);
		point(1,a[i][1]+1,1,1,mx);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		point(1,a[c[i][0]][1]+1,-1,1,mx);
		sg(1,a[c[i][0]][1]+1,mx,a[c[i][0]][0],1,mx);
		a[c[i][0]][0]=c[i][1];a[c[i][0]][1]=c[i][2];
		point(1,a[c[i][0]][1]+1,1,1,mx);
		sg(1,a[c[i][0]][1]+1,mx,-a[c[i][0]][0],1,mx);
		printf("%lld
",call(1,1,pre(1,1,mx),1,mx));
	}
}