标签：某台 CF1580C int 分治 while qb np 根号

一道根号分治题

题目描述

有 \(n\) 台设备，将第 \(i\) 台投入使用有 \(x_i\) 的运行时间和 \(y_i\) 的维护时间，两种状态交替。现在有 \(m\) 的时间，每单位时间会发生两种事件之一：

• 将某台设备投入使用
• 将某台设备报废，注意之后可以重新加入。

求每单位时间在维护的设备数。

考虑设置一个阈值 \(S = \sqrt(m)\)

若加入的一个列车 \(x_i + y_i \leq S\) 则：

维护一个 \(dp[a][b]\) 意义是 \(\rm mod a\) 的情况下余 \(b\)。

然后前缀和一下就行。

当大于这个阈值的时候，直接在长为 \(m\) 的序列上进行覆盖即可（撤销的时候特殊处理一下

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

// #define INF 1<<30
// #define int long long
#define pb emplace_back

template<typename _T>
inline void read(_T &x)
{
    x= 0 ;int f =1;char s=getchar();
    while(s<'0' ||s>'9') {f =1;if(s == '-')f =- 1;s=getchar();}
    while('0'<=s&&s<='9'){x = (x<<3) + (x<<1) + s - '0';s= getchar();}
    x*=f;
}

const int np = 2e5 + 5;
const int cp = sqrt(np) + 50;

int dp[cp][cp];

// vector<int> dp[2333];
int x[np],y[np],T;
int b[np],la[np];
int qb[np];
// vector<>

inline void solve(int x)
{
    // b[x] += b[x - 1];
    qb[x] = qb[x - 1] + b[x];
    int ans = qb[x];
    for(int i=2;i <= T;i ++)
    {
        int op = x % i;
        ans += dp[i][op];
    }
    printf("%d\n",ans);
}

signed main()
{
    int n,m;
    read(n),read(m);
    T = sqrt(m);
//    T = 1;
//    T = 100;
//    printf("%d\n",T);
    for(int i=1;i <= n;i ++)
    {
        read(x[i]),read(y[i]);
    }
    for(int i=1,k,op;i <= m;i ++)
    {
        read(op),read(k);
        if(op == 1)
        {
            la[k] = i;
            if(x[k] + y[k] <= T)
            {
                for(int u = 1 ;u <= y[k] ;u ++)
                {
//					i%(x[k]+y[k])
                    dp[x[k] + y[k]][((i + x[k]-1) % (x[k] + y[k]) + u) % (x[k] + y[k])] += 1;
                }
                // dp[x[k] + y[k]][]
                // dp[x[k] + y[k]].pb(i % (x[k] + y[k]) + x[k]);
            }
            else{
                for(int u=i ;u<= m;u += x[k] + y[k])
                {
                    
                    if(u + x[k] <= m) b[u + x[k]] += 1;
                    if(u + x[k] + y[k] <= m) b[u + x[k] + y[k]] -= 1;
                }
            }
        }
        else{
            if(x[k] + y[k] <= T)
            {
                for(int u = 1 ;u <= y[k] ;u ++)
                {
                    dp[x[k] + y[k]][((la[k]+x[k]-1) % (x[k] + y[k]) + u) % (x[k] + y[k])] -= 1;
                }
            }
            else{
            	int opt = 0;
                for(int u=la[k] ;u<= m;u += x[k] + y[k])
                {
                    if(u + x[k] <= m) b[u + x[k]] -= 1;
                    if(u + x[k] <= i-1) opt -= 1;
                    if(u + x[k] + y[k] <= m) b[u + x[k] + y[k]] += 1;
                    if(u + x[k] + y[k] <= i-1) opt += 1;
                }            
				qb[i-1] += opt;   
            }
        }
        solve(i);
    }
    return 0;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/-Iris-/p/15377026.html

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