[loj3523]分糖果

做法1

将问题离线，并在左端点和右端点打上差分，之后即可以看作求$f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])$，其表示以$C$为上限（0为下限），从0开始不断加上$a_{i}$（可以为负）的答案

再定义$g(C,a_{i})$，其与$f(C,a_{i})$的定义类似，但没有下限为0的限制

考虑两者的关系，显然$\forall 0\le j\le n$有
$$
f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])\ge f(C,[a_{j+1},a_{j+2},...,a_{n}])\ge g(C,[a_{j+1},a_{j+2},...,a_{n}])
$$
前者是因为在操作$a_{j-1}$后值非负，后者因为其没有下限显然值不增

另一方面，考虑最大的$j$，使得在$f(C,a_{i})$中操作$a_{j}$后值为0，即之后不会再变为0，那么也可以看作没有下限为0的限制，即有
$$
f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])=f(C,[a_{j+1},a_{j+2},...,a_{n}])=g(C,[a_{j+1},a_{j+2},...,a_{n}])
$$
（若不存在则令$j=0$，相等的原因类似，这里就省略了）

由此，我们得到了$f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])=\max_{0\le j\le n}g(C,[a_{j+1},a_{j+2},...,a_{n}])$

考虑$g(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])$，令$S_{i}=\sum_{j=1}^{i}a_{j}$，若不存在$S_{i}>C$即为$S_{n}$，否则即$S_{n}-\max_{1\le i\le n}S_{i}+C$

将之代入前式并化简，也即
$$
f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}])=S_{n}-\min_{0\le i\le n}\max(S_{i},\max_{i\le j\le n}S_{j}-C)
$$
考虑如何维护，二分枚举答案$T$，那么$f(C,a_{i})>T$当且仅当
$$
\exists 0\le i\le n,\max(S_{i},\max_{i\le j\le n}S_{j}-C)<S_{n}-T
$$
换言之，我们即要检验是否存在$S_{i}<S_{n}-T$且$\forall i\le j\le n,S_{j}<S_{n}-T+C$，显然后者具有单调性，通过线段树可以确定$i$的下限，然后求区间最小值即可

时间复杂度为$o(n\log^{2}n)$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #include"candies.h"
 3 using namespace std;
 4 #define N 200005
 5 #define ll long long
 6 #define L (k<<1)
 7 #define R (L+1)
 8 #define mid (l+r>>1)
 9 vector<int>ans,Add[N],Dec[N];
10 int n,m;
11 ll tag[N<<2],mx[N<<2],mn[N<<2];
12 void upd(int k,ll x){
13     tag[k]+=x;
14     mx[k]+=x;
15     mn[k]+=x;
16 }
17 void up(int k){
18     mx[k]=max(mx[L],mx[R]);
19     mn[k]=min(mn[L],mn[R]);
20 }
21 void down(int k){
22     upd(L,tag[k]);
23     upd(R,tag[k]);
24     tag[k]=0;
25 }
26 void update(int k,int l,int r,int x,int y,int z){
27     if ((l>y)||(x>r))return;
28     if ((x<=l)&&(r<=y)){
29         upd(k,z);
30         return;
31     }
32     down(k);
33     update(L,l,mid,x,y,z);
34     update(R,mid+1,r,x,y,z);
35     up(k);
36 }
37 ll query(int k,int l,int r,int x,int y){
38     if ((l>y)||(x>r))return 2e15;
39     if ((x<=l)&&(r<=y))return mn[k];
40     down(k);
41     return min(query(L,l,mid,x,y),query(R,mid+1,r,x,y));
42 }
43 int find(int k,int l,int r,ll x){
44     if (mx[k]<x)return -1;
45     if (l==r)return l;
46     down(k);
47     int ans=find(R,mid+1,r,x);
48     if (ans>=0)return ans;
49     return find(L,l,mid,x);
50 }
51 int query(int k){
52     int l=0,r=k;
53     ll S=query(1,0,m,m,m);
54     while (l<r){
55         int x=find(1,0,m,S-mid+k);
56         if (query(1,0,m,x+1,m)>=S-mid)r=mid;
57         else l=mid+1;
58     }
59     return l;
60 }
61 vector<int> distribute_candies(vector<int>c,vector<int>l,vector<int>r,vector<int>v){
62     n=c.size(),m=l.size();
63     for(int i=0;i<m;i++){
64         Add[l[i]].push_back(i);
65         Dec[r[i]].push_back(i);
66     }
67     for(int i=0;i<n;i++){
68         for(int j=0;j<Add[i].size();j++)update(1,0,m,Add[i][j]+1,m,v[Add[i][j]]);
69         ans.push_back(query(c[i]));
70         for(int j=0;j<Dec[i].size();j++)update(1,0,m,Dec[i][j]+1,m,-v[Dec[i][j]]);
71     }
72     return ans;
73 }

做法2

仍然离线+差分，考虑递归处理$f(C,[a_{1},a_{2},...,a_{n}],x)$的值（$x$指操作前的值，初始为0）

令$sum_{i}=\sum_{j=1}^{i}a_{j}$，$mx$为$sum_{i}$的最大值（包括$sum_{0}$），$mn$为最小值，对其分类讨论：

1.若$x+mx\le C$或$x+mn\ge 0$，即没有上限或下限，与之前的$g$类似

2.注意到$C-mx<x<-mn$，也即$mx-mn>C$，则$f(C,a_{i},0)=f(C,a_{i},1)=...=f(C,a_{i},C)$

由此，可以递归处理，当右子树$mx-mn>C$显然就不用递归左子树了，否则递归左子树后右子树的结果可以直接$o(1)$求出

时间复杂度为$o(n\log n)$，可以通过