2018 Multi-University Training Contest 2: 1007. Naive Operations

题意：给你一个长度为n的b[]数组和长度为n的a[]数组，b[]是1到n的全排列，a[]初始全为0，有两种操作：①add l r：a[]数组从l到r全部+1，②query l r：查询∑a[i]/b[i]（l≤i≤r，向下取整）

1. 因为b[]是n的一个全排列，并且对于所有的a[i]/b[i]很显然只会变化n/b[i]次，所以总共只会有n/1+n/2+…+n/3≈nlogn次变化
2. 可以直接暴力每个位置上的每次变化（从0到n/b[i]）会在第几次add操作之后
3. 可以用二分，如果第k次add操作不会影响当前位置，那么这次操作就相当于0，否则相当于1，这里用前缀和处理，不过是要带修改的，所以可能要用树状数组，看前缀的1的数量s是否满足条件即可
4. 总复杂度O(nlog²n)（好像还会多一个log，不过到不了极端情况）

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<vector>
using namespace std;
typedef struct
{
	int l, r;
	int id, t;
}Que;
Que s[100005];
int len, b[100005], tre[100005];
char str[8];
vector<int> L[100005], R[100005], A[100005];
void Update(int k, int x)
{
	while(k<=len)
	{
		tre[k] += x;
		k += k&-k;
	}
}
int Query(int k)
{
	int ans = 0;
	while(k)
	{
		ans += tre[k];
		k -= k&-k;
	}
	return ans;
}
int main(void)
{
	int n, i, j, l, r, m, last, mid, ans;
	while(scanf("%d%d", &n, &m)!=EOF)
	{
		for(i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d", &b[i]);
		len = m;
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%s%d%d", str+1, &s[i].l, &s[i].r);
			s[i].id = i;
			if(str[4]==0)
			{
				s[i].t = 1;
				L[s[i].l].push_back(s[i].id);
				R[s[i].r+1].push_back(s[i].id);
			}
			else
				s[i].t = 0;
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			for(j=0;j<L[i].size();j++)
				Update(L[i][j], 1);
			for(j=0;j<R[i].size();j++)
				Update(R[i][j], -1);
			last = 1;
			for(j=1;j<=n/b[i];j++)
			{
				l = last, r = m+1;
				while(l<r)
				{
					mid = (l+r)>>1;
					if(Query(mid)<j*b[i])
						l = mid+1;
					else
						r = mid;
				}
				//printf("%d\n", r);
				if(r==m+1)
					break;
				A[r].push_back(i);
				last = r+1;
			}
		}
		ans = 0, len = n;
		memset(tre, 0, sizeof(tre));
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			for(j=0;j<A[i].size();j++)
				Update(A[i][j], 1);
			if(s[i].t==0)
				printf("%d\n", Query(s[i].r)-Query(s[i].l-1));
			A[i].clear();
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			L[i].clear();
			R[i].clear();
			tre[i] = 0;
		}
	}
	return 0;
}
/*
5 4
1 5 2 4 3
add 1 4
query 1 4
add 2 5
query 2 5
*/