Loj #2495. 「AHOI / HNOI2018」转盘
题目描述
一次小 G 和小 H 原本准备去聚餐，但由于太麻烦了于是题面简化如下：
一个转盘上有摆成一圈的 (n) 个物品（编号 (1) 至 (n)）其中第 (i) 个物品会在 (T_i) 时刻出现。
在 (0) 时刻时,小 G 可以任选 (n) 个物品中的一个，我们将其编号记为 (s_0)。并且如果 (i) 时刻选择了物品 (s_i)，那么 (i + 1) 时刻可以继续选择当前
物品或者选择下一个物品。当 (s_i) 为 (n) 时，下一个物品为物品 (1)，否则下一个物品为 (s_{i} + 1)。在每一时刻（包括 (0) 时刻），如果小 G 所选择
的物品已经出现了，那么小 G 将会标记它。小 H 想知道，在物品选择的最优策略下，小 G 什么时候能标记所有物品？
但麻烦的是，物品的出现时间会不时修改。我们将其描述为 (m) 次修改，每次修改将改变其中一个物品的出现时间。每次修改之后，你也需要求出当前局面的答案。对
于其中部分测试点，小 H 还追加了强制在线的要求。
输入格式
第一行三个非负整数 (n,m,p)，代表一共有 (n) 个物品，(m) 次修改。(p) 只有 (0) 或 (1) 两种取值，强制在线时 (p) 为 (1)，否则为 (0)。本节后面将
解释如何使用 (p)。
接下来一行，有 (n) 个用空格隔开的非负整数，第 (i) 个数 (T_i) 代表物品 (i) 的出现时间。
接下来 (m) 行，每行两个非负整数 (x,y)，代表一次修改及询问。修改方式如下：
* 如果 (p = 0)，则表示物品 (x) 的出现时间 (T_x) 修改为 (y)。
* 如果 (p = 1)，则先将 (x) 和 (y) 分别异或 (LastAns) 得到 (x′) 和 (y′)：即 (x′ = x oplus LastAns, y′ = y oplus LastAns)。然后将
物品 (x′) 的出现时间 (T_{x′}) 修改为 (y′) 。其中的 (LastAns) 是前一个询问的答案；特别的，第一次修改时的 (LastAns) 为初始局面的答案。其中的
(oplus) 为按位异或运算，例如 (1 oplus 2 = 3,4 oplus 5 = 1,6 oplus 11 = 13)。
输出格式
第一行一个整数代表初始局面的答案。
接下来 (m + 1) 行每行一个整数分别代表每次修改后的答案。
数据范围与提示
(n,mleq 10^5)
跟“【BZOJ2957】楼房重建 ”做法类似。
首先我们将环倍长为链。最优解一定可以为：从某个点出发，一直走，如果当前点还没有出现就等到其出现为止。
假设从第(i)个点出发，最后一次等待在第(j)个点，则答案为(T_j+(i+n-1)-j)。现在问题就是找到(j)。如果上一次在(k)处等待，下一次要在(j)处等待，则
设(val_i=T_i-i)，则(j)就是(val)最大的位置。
所以：
我们可以发现(val_i>val_{i+n})，所以：
相当于对每个(i)，我们要得后缀的最大值。
我们对每个线段树节点，记录下在右儿子影响下，左儿子的答案（如果它是叶子，则答案就是它本身）。上传标记的时候，我们记下右儿子的(val)的最大值(mx)，递归处理左儿子。
对于左儿子，如果它的右儿子中的最大值(>mx)，那么左儿子的答案不会改变，递归右儿子；否则右儿子的答案一定是右儿子的左端点(+mx)，然后递归处理左儿子。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 200005
using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
int n,m,type;
int T[N];
int val[N];
int ans;
struct tree {
int l,r;
int mx;
int ans;
}tr[N<<3];
int query(int v,int mx) {
if(tr[v].l==tr[v].r) return tr[v].l+max(tr[v].mx,mx);
if(tr[v<<1|1].mx>=mx) {
return min(tr[v].ans,query(v<<1|1,mx));
} else {
return min(query(v<<1,mx),tr[v<<1].r+1+mx);
}
}
void update(int v) {
tr[v].mx=max(tr[v<<1].mx,tr[v<<1|1].mx);
tr[v].ans=query(v<<1,tr[v<<1|1].mx);
}
void build(int v,int l,int r) {
tr[v].l=l,tr[v].r=r;
if(l==r) {
tr[v].mx=val[l];
tr[v].ans=l+val[l];
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(v<<1,l,mid),build(v<<1|1,mid+1,r);
update(v);
}
void Modify(int v,int p) {
if(tr[v].l>p||tr[v].r<p) return ;
if(tr[v].l==tr[v].r) {
tr[v].mx=val[p];
tr[v].ans=p+val[p];
return ;
}
Modify(v<<1,p),Modify(v<<1|1,p);
update(v);
}
int main() {
n=Get(),m=Get(),type=Get();
for(int i=1;i<=n;i++) T[i]=Get();
for(int i=1;i<=n;i++) T[i+n]=T[i];
for(int i=1;i<=2*n;i++) val[i]=T[i]-i;
build(1,1,2*n);
cout<<(ans=tr[1].ans+n-1)<<"
";
while(m--) {
int x=Get()^(type*ans),y=Get()^(type*ans);
T[x]=T[x+n]=y;
val[x]=T[x]-x,val[x+n]=T[x+n]-(x+n);
Modify(1,x),Modify(1,x+n);
cout<<(ans=tr[1].ans+n-1)<<"
";
}
return 0;
}