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题意
(~~~~) 给出 (n) 次对音量的操作，每次操作为使音量 (+1) 或 (-1) ，同时若音量操作后超出 ([0,V_{max}]) 或该操作与上一个操作的时间间隔 (>t) 则该操作无效（不论上一个操作是否有效）。已知若干次操作后的最终音量，求 (t) 可能的最大值以及该最大值下可能的最大的初始音量。
(~~~~) (1leq nleq 2 imes 10^5,2leq V_{max}leq 5000)
题解
(~~~~) 线段树可以维护的东西增加了，线段树yyds
(~~~~) 先给出一个暴力通用思路：枚举所有在操作中出现的 (t) ，则对于任意一个初始音量 (V_1)，我们都可以 (mathcal{O(n)})求出其对应的结束音量 (V_2) 。并且输出出来我们可以发现若将 (V_2) 视作 (V_1) 的函数，则该函数不降,故可以二分求出是否存在 (V_1) 在该 (t) 下使得结束音量为 (V_2) 。时间复杂度：(mathcal{O(n^2log n)}) 似乎一个subtask都过不了（
(~~~~) 考虑继续发掘一下该函数的性质，可以发现该函数存在 (A,B) ，使得 ([0,A)) 内所有 (V_1) 的 (V_2) 相同，([A,B)) 内所有 (V_1) 的 (V_2) 每个相对前一个多 (1) ，([B,V_{max}]) 内所有 (V_1) 的 (V_2) 也相同。简单来说该函数依次是：常函数、一次函数、常函数。理性理解一下， (V_1) 在从 (0) 开始增长时中途一定会有一段时间卡在下界、增长到 (V_{max}) 前有一段时间卡在上界，当然这段时间可以为空。那么显然，该函数的值域也一定是连续的整数区间。
(~~~~) 由此，我们可以考虑维护两个常函数的值 (a,b) 和一次函数的 (y=x+c) 的 (c) 。则当我们知道两段相连区间的 (a,b,c) 时，我们就可以考虑复合两个函数得到这个大区间的 (a,b,c) 。稍微手玩一下就可以推出 (mathcal{O(1)}) 转移，这点可以见代码。自然而然地，我们想到用线段树维护区间的函数值。
(~~~~) 因此，我们仍然保留枚举所有可能的 (t) ，然后每次在线段树上删除某个点对应的贡献，并检查该函数值域中是否有 (V_2) 。该过程中每个点只会被删去一次，所以时间复杂度 (mathcal{O(nlog n)}) 。
代码
查看代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,Vmax,V2;
int val[200005],Time[200005];
struct node{
int val,Time,id;
node(){}
node(int V,int T,int I){val=V,Time=T,id=I;}
}P[200005];
struct Seg{
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define lson p<<1,l,mid
#define rson p<<1|1,mid+1,r
struct Func{
int a,b,c;
Func(){}
Func(int A,int B,int C){a=A,b=B,c=C;}
int F(int x){return min(b,max(a,x+c));}
}tr[800005];
//a一平的值 b二平的值 c一次函数 y=x+c
void pushUp(int p)
{
tr[p].a=min(tr[rs].b,max(tr[rs].a,tr[ls].a+tr[rs].c));
tr[p].b=max(tr[rs].a,min(tr[rs].b,tr[ls].b+tr[rs].c));
tr[p].c=tr[ls].c+tr[rs].c;
}
void Build(int p,int l,int r)
{
if(l==r)
{
tr[p]=Func(0,Vmax,val[l]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
Build(lson);Build(rson);
pushUp(p);
}
void Modify(int p,int l,int r,int aim)
{
if(l==r)
{
tr[p]=Func(0,Vmax,0);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(aim<=mid) Modify(lson,aim);
if(mid<aim) Modify(rson,aim);
pushUp(p);
}
}Seg;
int Calc()
{
int l=0,r=Vmax,mid,Ans=0;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(Seg.tr[1].F(mid)<=V2) l=mid+1,Ans=mid;
else r=mid-1;
}
return Ans;
}
bool cmp(node x,node y){return x.Time>y.Time;}
int main() {
scanf("%d %d %d",&n,&Vmax,&V2);
char S[10];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s %d",S+1,&Time[i]);
val[i]=(S[1]=='+')?1:-1;
}n--;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
val[i]=val[i+1];
Time[i]=Time[i+1]-Time[i];
P[i]=node(val[i],Time[i],i);
}
Seg.Build(1,1,n);
sort(P+1,P+1+n,cmp);
if(Seg.tr[1].F(0)<=V2&&V2<=Seg.tr[1].F(Vmax)) return puts("infinity")&0;
int j;
for(int i=1;i<=n;i=j)
{
int Tmp=P[i].Time;
for(j=i;P[j].Time==P[i].Time;j++) Seg.Modify(1,1,n,P[j].id);
if(Seg.tr[1].F(0)<=V2&&V2<=Seg.tr[1].F(Vmax)) return printf("%d %d
",P[i].Time-1,Calc())&0;
}
return 0;
}