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BZOJ3932: [CQOI2015]任务查询系统

Description

最近实验室正在为其管理的超级计算机编制一套任务管理系统，而你被安排完成其中的查询部分。

超级计算机中的任务用三元组(Si,Ei,Pi)描述，(Si,Ei,Pi)表示任务从第Si秒开始，在第Ei秒后结束（第Si秒和Ei秒任务也在运行），其优先级为Pi。

同一时间可能有多个任务同时执行，它们的优先级可能相同，也可能不同。

调度系统会经常向查询系统询问，第Xi秒正在运行的任务中，优先级最小的Ki个任务（即将任务按照优先级从小到大排序后取前Ki个）的优先级之和是多少。

特别的，如果Ki大于第Xi秒正在运行的任务总数，则直接回答第Xi秒正在运行的任务优先级之和。

上述所有参数均为整数，时间的范围在1到n之间（包含1和n）。

Input

输入文件第一行包含两个空格分开的正整数m和n，分别表示任务总数和时间范围。

接下来m行，每行包含三个空格分开的正整数Si、Ei和Pi(Si≤Ei)，描述一个任务。

接下来n行，每行包含四个空格分开的整数Xi、Ai、Bi和Ci，描述一次查询。查询的参数Ki需要由公式 Ki=1+(Ai*Pre+Bi) mod Ci计算得到。

其中Pre表示上一次查询的结果，对于第一次查询，Pre=1。

Output

输出共n行，每行一个整数，表示查询结果。

Sample Input

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

Sample Output

2
8
11

HINT

样例解释

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

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

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

对于100%的数据，1≤m,n,Si,Ei,Ci≤100000，0≤Ai,Bi≤100000，1≤Pi≤10000000，Xi为1到n的一个排列

题解Here!

运用差分思想，将区间的累加修改改为两个点的修改，然后前缀和一下就行了。

前缀和就丢给了主席树。

然后我们知道：$$[l,r]+k==val[l]+k,val[r+1]-k$$

并且：$$sum(x)=\sum_{i=1}^xval[i]$$

这就把$sum$维护好了。

由于要求第$k$小，所以还要维护一个$size$。

当然，还要离散化。。。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,m,K,size=0,num=0;
int lsh[MAXN],root[MAXN];
struct Chairman_Tree{
	int l,r,s;
	long long sum;
}a[MAXN*40];
struct Question{
	int x,v,c;
	friend bool operator <(const Question &p,const Question &q){
		return p.x<q.x;
	}
}que[MAXN<<1];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)w=-1;c=getchar();}
	while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){date=date*10+c-‘0‘;c=getchar();}
	return date*w;
}
inline void add_que(int x,int y,int v){
	num++;
	que[num].x=x;que[num].v=v;que[num].c=1;
	num++;
	que[num].x=y+1;que[num].v=v;que[num].c=-1;
}
inline void buildtree(){
	root[0]=a[0].l=a[0].r=a[0].s=a[0].sum=0;
}
void insert(int k,int v,int l,int r,int &rt){
	a[++size]=a[rt];rt=size;
	a[rt].s+=v;a[rt].sum+=lsh[k]*v;
	if(l==r)return;
	int mid=l+r>>1;
	if(k<=mid)insert(k,v,l,mid,a[rt].l);
	else insert(k,v,mid+1,r,a[rt].r);
}
long long query(int k,int l,int r,int rt){
	if(l==r)return (a[rt].sum/a[rt].s*k);
	int mid=l+r>>1,t=a[a[rt].l].s;
	if(k<=t)return query(k,l,mid,a[rt].l);
	else return a[a[rt].l].sum+query(k-t,mid+1,r,a[rt].r);
}
void work(){
	int x,k;
	long long last=1,A,B,C;
	while(m--){
		x=read();A=read();B=read();C=read();k=(A*last+B)%C+1;
		if(k>=a[root[x]].s)last=a[root[x]].sum;
		else last=query(k,1,K,root[x]);
		printf("%lld\n",last);
	}
}
void init(){
	int s,t,p;
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		s=read();t=read();p=read();
		add_que(s,t,p);
		lsh[i]=p;
	}
	sort(lsh+1,lsh+n+1);
	K=unique(lsh+1,lsh+n+1)-lsh-1;
	sort(que+1,que+num+1);
	buildtree();
	for(int i=1,now=1;i<=m;i++){
		root[i]=root[i-1];
		while(now<=num&&que[now].x==i){
			int x=lower_bound(lsh+1,lsh+K+1,que[now].v)-lsh;
			insert(x,que[now].c,1,K,root[i]);
			now++;
		}
	}
}
int main(){
	init();
	work();
    return 0;
}

BZOJ3932: [CQOI2015]任务查询系统

原文：https://www.cnblogs.com/Yangrui-Blog/p/9631660.html