(>Codeforcesspace992 E. Nastya and King-Shamans<)
题目大意 : 给你一个长度为 (n) 的序列，有 (q) 次操作，每一次操作将一个数 (A_i) 改为另外一个数。每一次操作结束时，你需要找出一个位置 (x) 满足 (A_x = sum_{x-1}) 其中 (sum) 表示前缀和
$n , q leq 2 imes 10^5 0 leq A_i leq 10^9 $
解题思路 :
博主亲测分块加均摊分析的做法会因为常数太大 (TLE) 掉，在此就不多讨论了
问题要求出满足 (A_x = sum_{x-1}) 的位置，这个可以转化为 (sum_x = 2 imes sum_{x-1})
我们考虑从 (A_{p=1}) 开始跳，每一次跳到其后面一个最小的 (k - 1) ，满足(sum_k geq 2 imes sum_p)
可以证明如果有答案且 (sum_{ans} > 0)，那么答案一定在所有的 (k) 之中产生
不妨用反证法来证明，假设当且跳到点 (k) ，接下来选取的点是 (k' (k < k')) ，对于 (k < i < k' - 1)
如果说 (i) 是答案的话，设 (y) 为 第一个满足 $ sum_y geq 2 imes sum_i$ 的点。
因为(sum_y geq sumk) 所以必然有 $ y geq k' $ ，如果 (i < k' - 1) 那么 $ y - i > 1$ , (i) 不是答案
所以证明了这样跳，如果有答案的话答案必然在跳到的点上
所以可以用树状数组维护前缀和，每一次暴力二分跳，跳 (log) 次就能跳完，总复杂度是(O(nlog^3n))
/*program by mangoyang*/
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
int f = 0, ch = 0; x = 0;
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
if(f) x = -x;
}
#define N (300005)
#define int ll
ll c[N], a[N], n, q;
inline void add(int x, ll y){ for(int i = x; i <= n; i += i & -i) c[i] += y; }
inline ll sum(int x){ ll ans = 0; for(int i = x; i; i -= i & -i) ans += c[i]; return ans; }
inline void solve(){
int x = 1;
if(sum(1) == 0) return (void)( puts("1") );
while(x < n){
int l = x + 1, r = n, k = x, now = 2 * sum(x);
if(sum(x + 1) == now) return (void) (printf("%d
", x + 1));
while(l <= r){
int mid = l + r >> 1;
if(sum(mid) < now) k = mid, l = mid + 1; else r = mid - 1;
}
if(k + 1 > n) break;
x = (k == x) ? k + 1 : k;
}
puts("-1");
}
main(){
read(n), read(q);
for(int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]), add(i, a[i]);
for(int i = 1; i <= q; i++){
int x, y; read(x), read(y);
add(x, y - a[x]), a[x] = y, solve();
}
return 0;
}