BZOJ1135: [POI2009]Lyz

题目大意：初始时滑冰俱乐部有1到n号的溜冰鞋各k双。已知x号脚的人可以穿x到x+d的溜冰鞋。 有m次操作，每次包含两个数ri，xi代表来了xi个ri号脚的人。xi为负，则代表走了这么多人。 对于每次操作，输出溜冰鞋是否足够。

首先——

每次二分图匹配显然是爆炸的

所以有这么一个东西——

Hall定理：对于一个二分图，设左边有 n 个点，右边有m个点，则左边 n 个点能完全匹配的充要条件是：对于1<=i<=n,左面任意i个点，都至少有i个右面的点与它相连

然后——

我们肯定不能一一枚举所有的情况，这样是 2人数 的

我们考虑只挑一些有用的情况来算(也就是最差情况)，我们可以把所有的人想象成一个1~n的序列，每个位置存人数。假设我们选的不是脚的型号在连续的一段区间的人的话，分两种情况讨论：

1.这些人对应的鞋的可选型号范围是连续的。那么我们不妨再选上中间没有选到的人，这样人数变多了，而范围不会扩大，这样选到的情况一定更劣的。所以我们无需计算最开始选择的那种方案

2.不是连续的。那就更加好办了，我们只需要计算每段连续的部分就行了。这种情况合法当且仅当每段连续的区间都合法。

于是——

综上所述我们只需要判定每个连续的人形成的段是否满足Hall定理即可

设我们选择的是脚在 [l,r] 区间内的人， a[i] 代表型号为 i 的有多少人。

想满足Hall定理，则对于任意的l,r我们必须满足这个式子：

∑i=lra[i]<=(r−l+1+d)∗k

操作和询问是 O(m) 的，大约是50W，每次枚举端点+查询+修改是 O(n2logn) 的，时间复杂度还是接受不了

于是我们把式子换一种形式写出来

∑i=lr(a[i]−k)<=d∗k

d∗k 是一个定值，现在相当于询问把每个 a[i]−k 之后查询最大连续和并检验其是否小于等于 d∗k

那么这件事情就可以用线段树来维护了，需要支持单点修改，最开始的时候把所有的 a[i] 都设为 −k 就好了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 200010
using namespace std;
long long l[N<<],r[N<<],lm[N<<],rm[N<<],w[N<<],sum[N<<];
long long n,m,k,d;
void pup(long long x)
{
    lm[x]=max(lm[x<<],sum[x<<]+lm[x<<|]);
    rm[x]=max(rm[x<<|],sum[x<<|]+rm[x<<]);
    sum[x]=sum[x<<]+sum[x<<|];
    w[x]=max(w[x<<],max(w[x<<|],rm[x<<]+lm[x<<|]));
}
void build(long long now,long long ll,long long rr)
{
    l[now]=ll;r[now]=rr;
    if(ll==rr) {sum[now]=w[now]=-k;return;}
    long long mid=(ll+rr)>>;
    build(now<<,ll,mid);
    build(now<<|,mid+,rr);
    pup(now);
}
void change(long long now,long long x,long long v)
{
    if(l[now]==r[now])
    {
        w[now]+=v;sum[now]=w[now];
        if(w[now]>) lm[now]=rm[now]=w[now];
        else lm[now]=rm[now]=;
        return;
    }
    long long mid=(l[now]+r[now])>>;
    if(x<=mid) change(now<<,x,v);
    else change(now<<|,x,v);
    pup(now);
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&k,&d);
    build(,,n);
    long long i,j,x,y;
    for(i=;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        change(,x,y);
        if(w[]>k*d) puts("NIE");
        else puts("TAK");
    }
}