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给定nnn种不同的材料#xff0c;第iii种材料有aia_iai个#xff0c;有mmm个操作#xff0c;操作分为两类#xff1a;
把第xxx种材料修改为yyy个#xff0c;只用[l,r][l, r][l,r]区间的材料制作衣服#xff0c;每件衣服要用kkk个不同的材料#xff…H - Hello Ms. Ze
给定nnn种不同的材料第iii种材料有aia_iai个有mmm个操作操作分为两类
把第xxx种材料修改为yyy个只用[l,r][l, r][l,r]区间的材料制作衣服每件衣服要用kkk个不同的材料最多能做多少件
先不考虑修改操作对于区间[l,r][l, r][l,r]中的原料我们可以做最多多少衣服如何求解
考虑二分答案假设我们可以最多做xxx件衣服显然对于个数大于等于xxx的材料在每件衣服中我们只能使用一次
假设我们当前二分的区间为[l,r][l, r][l,r]设材料数量大于midmidmid的有aaa种材料数量小于等于midmidmid的数量和为sumsumsum
当asummid1≥ka \frac{sum}{mid 1} \geq kamid1sum≥k说明答案在右区间否则答案在左区间其实这整个过程我们可以在线段树上直接二分执行。
考虑带修树状数组套主席树然后主席树上二分即可由于答案值域在[1,105×106][1, 10 ^ 5 \times 10 ^ 6][1,105×106]所以我直接动态开点建了一颗值域在[1,137][1, 1 37][1,137]的主席树。
树套树
#include bits/stdc.husing namespace std;const int N 1e5 10;const long long maxn 1ll 37;int a[N], n, m;int root[N], ls[N 9], rs[N 9], tot[N 9], num;long long sum[N 9];void update(int rt, long long l, long long r, int x, int v) {if (!rt) {rt num;}sum[rt] x * v, tot[rt] v;if (l r) {return ;}long long mid l r 1;if (x mid) {update(ls[rt], l, mid, x, v);}else {update(rs[rt], mid 1, r, x, v);}
}inline int lowbit(int x) {return x (-x);
}void update(int pos, int x, int v) {while (pos n) {update(root[pos], 1, maxn, x, v);pos lowbit(pos);}
}int A[50], B[50], cnt1, cnt2;long long query(long long l, long long r, long long S, int cnt, int k) {if (l r) {return l;}long long mid l r 1;long long ans 0, res 0;for (int i 1; i cnt1; i) {ans - sum[ls[A[i]]];res - tot[ls[A[i]]];}for (int i 1; i cnt2; i) {ans sum[ls[B[i]]];res tot[ls[B[i]]];}if ((S ans) / (mid 1) cnt - res k) {S ans, cnt - res;for (int i 1; i cnt1; i) {A[i] rs[A[i]];}for (int i 1; i cnt2; i) {B[i] rs[B[i]];}return query(mid 1, r, S, cnt, k);}else {for (int i 1; i cnt1; i) {A[i] ls[A[i]];}for (int i 1; i cnt2; i) {B[i] ls[B[i]];}return query(l, mid, S, cnt, k);}
}int main() {// freopen(in.txt, r, stdin);// freopen(out.txt, w, stdout);scanf(%d %d, n, m);for (int i 1; i n; i) {scanf(%d, a[i]);update(i, a[i], 1);}for (int i 1, op, l, r, k; i m; i) {scanf(%d %d %d, op, l, r);if (op 2) {update(l, a[l], -1);a[l] r;update(l, a[l], 1);}else {scanf(%d, k);cnt1 cnt2 0;for (int j l - 1; j; j - lowbit(j)) {A[cnt1] root[j];}for (int j r; j; j - lowbit(j)) {B[cnt2] root[j];}printf(%lld\n, query(1, maxn, 0, r - l 1, k));}}return 0;
}
