bzoj3463【COCI2012】 Inspector

题目描述

在一个小国家中，一个新的小镇终于建成了！如往常一样，Mirko获得了“首席税务巡查员”的职位。他的任务是保证正确地计算各公司的收入情况。一共有N家办公室坐落在主干道上，从左到右被编号为1~N。一开始，所有办公室一开始都是空的。随后，一些公司会搬入或搬出某些办公室。Mirko时不时地会经过某些办公室并审查在这些办公室中，最富有的公司的账目。

一个公司被以如下的方式描述：

T-表示搬入的第一天。

K-表示搬入的办公室的标号。

Z-公司每日的盈利。（可以是负值表示亏损）

S-公司搬入时的公司财务情况。（即公司的账户资金，也可以是负值）

如果一家公司已经在 K 办公室了，当有新公司要进入 K 办公室时，这家公司会立刻搬出。

新公司第一天并不会运营，盈利从第二天开始计算。

Mirko的审查以 3 个整数来描述：

T-审查的时间。

A 和 B-Mirko会检查 A 办公室至 B 办公室（包括A和B）之间的公司。

Mirko只会在一天结束时检查，所有公司这时已经计算完成了当天利润。

输入格式

第一行包含 2 个正整数：N（1<=N<=100000）表示办公室的数量和M（1<=M<=300000）表示事件的个数。

接下来 M 行，遵循以下格式：“1 T K Z S”或“2 T A B”（含义如题目描述）。其中 T 会严格递增，并且最后一天小于 1000000,Z 和 S 的绝对值也严格小于 1000000。

（注意A可能大于B）

输出格式

对于每次Mirko的审查，每行输出一个整数，表示当天最富有的公司的资产（可以为负）。如果Mirko经过的所有办公室中都没有公司入驻，则输出“nema”（不加引号）。

题解：

由于$T$单调递增，所以题意是支持插入，求某个点在标号为$[L,R]$的一次函数上的最大值；
答案一定在下凸壳上，分块维护凸壳，有修改操作就打修改标记，查询时遇到修改标记暴力重构区间的凸壳；
同时$T$是单调递增的，可以维护每个块的最优值位置，查询向后移动；
设分块大小为$B$
$T = nB log B+frac{n^2}{B} = n( BlogB + frac{n}{B})$
取$B = sqrt{frac{n}{logn}}$，$T = O(n sqrt{n} sqrt{log n})$

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cstring>
 5 #include<queue>
 6 #include<cmath>
 7 #include<vector>
 8 #include<stack>
 9 #include<map>
10 #include<set>
11 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
12 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
13 #define ll long long
14 #define ld double
15 #define mk make_pair
16 #define fir first
17 #define sec second
18 #define il inline
19 #define rg register
20 #define pb push_back
21 using namespace std;
22 const int N=100010;
23 const ll inf = 1e18;
24 int n,m,u,bl[N],st[N],ed[N],vis[N],mfy[N],L[N],R[N],used[N];
25 ld px[N];
26 il char gc(){
27     static char*p1,*p2,s[1000000];
28     if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
29     return(p1==p2)?EOF:*p1++;
30 } 
31 il int rd(){
32     int x=0,f=1; char c=gc();
33     while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc();}
34     while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc();
35     return x*f;
36 }
37 struct line{
38     ll k,b;
39     line(ll _k=0,ll _b=0):k(_k),b(_b){}; 
40     bool operator <(const line&l)const{return k==l.k?b>l.b:k<l.k;}
41 }a[N],b[N];
42 ld calx(line x,line y){return (ld)(x.b-y.b)/(y.k-x.k);}
43 il void build(int x){
44     int cnt=st[x],top=st[x];
45     for(rg int i=st[x];i<=ed[x];++i)if(vis[i])b[cnt++]=a[i];
46     sort(b+st[x],b+cnt);
47     for(rg int i=st[x]+1;i<cnt;++i)if(b[i].k!=b[i-1].k){
48         while(top>st[x]&&calx(b[i],b[top])<px[top-1])top--;
49         px[top]=calx(b[i],b[top]);b[++top]=b[i];
50     }
51     L[x]=st[x];R[x]=top;
52 }
53 il ll max(ll x,ll y){return x>y?x:y;}
54 il void query(int T,int x,int y){
55     if(x>y)swap(x,y);
56     ll re=-inf;
57     int l=bl[x],r=bl[y];
58     if(l==r){for(rg int i=x;i<=y;++i)if(vis[i])re=max(re,a[i].k*T+a[i].b);}
59     else{
60         for(rg int i=x;i<=ed[bl[x]];++i)if(vis[i])re=max(re,a[i].k*T+a[i].b);
61         for(rg int i=st[bl[y]];i<=y;++i)if(vis[i])re=max(re,a[i].k*T+a[i].b);
62         for(rg int i=l+1;i<r;++i){
63             if(mfy[i])build(i),mfy[i]=0,used[i]=1;
64             if(used[i]){
65                 while(L[i]<R[i]&&px[L[i]]<T)L[i]++;
66                 re=max(re,b[L[i]].k*T+b[L[i]].b);
67             }
68         }
69     }
70     if(re==-inf)puts("nema");else printf("%lld
",re);
71 }
72 int main(){
73     #ifndef ONLINE_JUDGE
74     freopen("bzoj3463.in","r",stdin);
75     freopen("bzoj3463.out","w",stdout);
76     #endif
77     n=rd();m=rd();u=sqrt(n/log2(n))+1;
78     for(int i=1;i<=n;++i)bl[i]=(i-1)/u+1;
79     for(int i=1;i<=bl[n];++i)st[i]=ed[i-1]+1,ed[i]=ed[i-1]+u;
80     ed[bl[n]]=n;
81     for(int i=1,op,T,x,y;i<=m;++i){
82         op=rd();T=rd();x=rd();y=rd();
83         if(op&1){
84             vis[x]=1;mfy[bl[x]]=1;
85             a[x]=line(y,rd()-(ll)T*y); 
86         }else query(T,x,y);
87     }
88     return 0;
89 }//by tkys_Austin;

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