题意：
给定一组数，共n个，第i次把第i个数扔进来，要求你删掉前i-1个数中的一些（不许删掉刚加进来这个数），使得前i个数相加的和小于m。问你对于每个i，最少需要删掉几个数字。
题解：
肯定是优先删大数，一开始想的方法类似于尺取，就是维护一个大顶堆作为现有的数，小顶堆作为要删的数，每次大顶堆的元素总和大于m了，就把堆顶扔进小顶堆，扔完了，再把小顶堆的堆顶扔回大顶堆，在会导致大顶堆值总和大于m时停止。
但是很容易会被1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 100 这样的数据卡掉。
然后想到了，维护一个线段树，假想线段树根节点从左到右保存原数列中从大到小的数，但是一开始置为虚节点，值为0，而每当计算到数列的某一位时，再把这一位在线段树上该在的位置赋上实值，这个过程需要离线排序，nlogn。
二分，每次枚举节点k，在线段树上求区间和，使得1到k上，所有非虚节点和大于等于sum-m，找到最小k，然后输出1-k的非虚节点的数量，二分复杂度logn，线段树上求区间和复杂度logn。时间复杂度$O(nlog^2n)$
这个想法已经很接近正确答案了，还是T了，实际上，线段树本身就是一个二分的结构，又为什么要在线段树上二分枚举节点呢？归根结底还是我对于常用数据结构的不熟悉，只会套用板子，正解是直接在线段树上二分求前缀和，总时间复杂度$O(nlogn)$
#include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cassert> #define MAXN 200005 #define LL long long using namespace std; struct Node{ int l,r; LL val; int exis; }node[MAXN*4]; void build(int l,int r,int x){ node[x].l=l; node[x].r=r; if(l==r){ node[x].exis=0; node[x].val=0; return ; }else{ int mid=(l+r)/2; build(l,mid,x*2); build(mid+1,r,x*2+1); } node[x].val=node[2*x].val+node[2*x+1].val; node[x].exis=node[2*x].exis+node[2*x+1].exis; return ; } LL query(int l,int r,int x){ if(l<=node[x].l && node[x].r<=r)return node[x].exis; if(node[x].r<l || r<node[x].l)return 0; LL ans=0; if(l<=node[x*2].r)ans+=query(l,r,2*x); if(node[x*2+1].l<=r)ans+=query(l,r,2*x+1); return ans; } void add(int id,int num,int x){ if(node[x].l==node[x].r){ node[x].val=num; node[x].exis=1; return ; } if(id<=node[x*2].r){ add(id,num,x*2); }else{ add(id,num,x*2+1); } node[x].val=node[x*2].val+node[x*2+1].val; node[x].exis=node[x*2].exis+node[x*2+1].exis; return ; } int bsearch(LL last,int x){ if(node[x].l==node[x].r)return node[x].exis; if(node[x].val==last)return node[x].exis; if(node[x].val>last){ if(last<=node[x*2].val)return bsearch(last,x*2); else return node[x*2].exis+bsearch(last-node[x*2].val,x*2+1); } } struct Tag{ int index; int val; int rank; }tag[MAXN]; inline bool cmpval(const Tag &a,const Tag &b){ return a.val>b.val; } inline bool cmpindex(const Tag &a,const Tag &b){ return a.index<b.index; } int main(){ int q; scanf("%d",&q); while(q--){ int n; LL m; scanf("%d %lld",&n,&m); // memset(node,0,sizeof node); build(1,n,1); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&tag[i].val); tag[i].index=i; } sort(tag+1,tag+1+n,cmpval); for(int i=1;i<=n;i++){ tag[i].rank=i; } sort(tag+1,tag+1+n,cmpindex); LL sum=0; for(int i=1;i<=n;i++){ // printf("%d %d %d ",tag[i].index,tag[i].val,tag[i].rank); sum+=tag[i].val; if(sum<=m)printf("0 "); else printf("%d ",bsearch(sum-m,1)); add(tag[i].rank,tag[i].val,1); // printf(" "); // for(int j=1;j<=4*n;j++){ // printf("%d %d %lld %d ",node[j].l,node[j].r,node[j].val,node[j].exis); // } // printf(" "); } printf(" "); // for(int j=1;j<=4*n;j++){ // printf("%d %d %lld %d ",node[j].l,node[j].r,node[j].val,node[j].exis); // } // printf(" "); } return 0; }
后记：
在群里看到了一个神仙做法。
这道题难点在于刚加进去的点，不能立即删，如果可以立即删，那么，后一个数字加进来，删哪些，一定可以通过前一个数字加进来后删哪些快速求出，贪心删去最大的就行了。
神仙的思路是，假想这个游戏允许删掉刚刚加进来的那个数字，那么，记tot[i]为第i个数字加进来后，应该删去哪些，tot[i]肯定是tot[i+1]的子集。
而实际上，第i个数字加进来后，只能删前i-1个数字，那么，临时删去一些数字，用num[i]记录临时删掉的数字，那么，此时的答案就是tot[i-1]+num[i].
贪心删去最大的就行，因此可以用multiset维护。
神仙的链接：https://blog.csdn.net/qq_41603898/article/details/97674737