题目描述

在一个小国家中，一个新的小镇终于建成了！如往常一样，Mirko获得了“首席税务巡查员”的职位。他的任务是保证正确地计算各公司的收入情况。一共有N家办公室坐落在主干道上，从左到右被编号为1~N。一开始，所有办公室一开始都是空的。随后，一些公司会搬入或搬出某些办公室。Mirko时不时地会经过某些办公室并审查在这些办公室中，最富有的公司的账目。

一个公司被以如下的方式描述：

T-表示搬入的第一天。

K-表示搬入的办公室的标号。

Z-公司每日的盈利。（可以是负值表示亏损）

S-公司搬入时的公司财务情况。（即公司的账户资金，也可以是负值）

如果一家公司已经在 K 办公室了，当有新公司要进入 K 办公室时，这家公司会立刻搬出。

新公司第一天并不会运营，盈利从第二天开始计算。

Mirko的审查以 3 个整数来描述：

T-审查的时间。

A 和 B-Mirko会检查 A 办公室至 B 办公室（包括A和B）之间的公司。

Mirko只会在一天结束时检查，所有公司这时已经计算完成了当天利润。

输入格式

第一行包含 2 个正整数：N（1<=N<=100000）表示办公室的数量和M（1<=M<=300000）表示事件的个数。

接下来 M 行，遵循以下格式：“1 T K Z S”或“2 T A B”（含义如题目描述）。其中 T 会严格递增，并且最后一天小于 1000000,Z 和 S 的绝对值也严格小于 1000000。

（注意A可能大于B）

输出格式

对于每次Mirko的审查，每行输出一个整数，表示当天最富有的公司的资产（可以为负）。如果Mirko经过的所有办公室中都没有公司入驻，则输出“nema”（不加引号）。

题解：

由于$T$单调递增，所以题意是支持插入，求某个点在标号为$[L,R]$的一次函数上的最大值；
答案一定在下凸壳上，分块维护凸壳，有修改操作就打修改标记，查询时遇到修改标记暴力重构区间的凸壳；
同时$T$是单调递增的，可以维护每个块的最优值位置，查询向后移动；
设分块大小为$B$
$T = nB \ log B+\frac{n^2}{B} \ \ = n( BlogB + \frac{n}{B})$
取$B = \sqrt{\frac{n}{logn}}$，$T = O(n \sqrt{n} \sqrt{log n})$

 #include<cstdio>

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #include<cstring>

 #include<queue>

 #include<cmath>

 #include<vector>

 #include<stack>

 #include<map>

 #include<set>

 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)

 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)

 #define ll long long

 #define ld double

 #define mk make_pair

 #define fir first

 #define sec second

 #define il inline

 #define rg register

 #define pb push_back

 using namespace std;

 const int N=;

 const ll inf = 1e18;

 int n,m,u,bl[N],st[N],ed[N],vis[N],mfy[N],L[N],R[N],used[N];

 ld px[N];

 il char gc(){

     static char*p1,*p2,s[];

     if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,,,stdin);

     return(p1==p2)?EOF:*p1++;

 }

 il int rd(){

     int x=,f=; char c=gc();

     while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=gc();}

     while(c>=''&&c<='')x=(x<<)+(x<<)+c-'',c=gc();

     return x*f;

 }

 struct line{

     ll k,b;

     line(ll _k=,ll _b=):k(_k),b(_b){};

     bool operator <(const line&l)const{return k==l.k?b>l.b:k<l.k;}

 }a[N],b[N];

 ld calx(line x,line y){return (ld)(x.b-y.b)/(y.k-x.k);}

 il void build(int x){

     int cnt=st[x],top=st[x];

     for(rg int i=st[x];i<=ed[x];++i)if(vis[i])b[cnt++]=a[i];

     sort(b+st[x],b+cnt);

     for(rg int i=st[x]+;i<cnt;++i)if(b[i].k!=b[i-].k){

         while(top>st[x]&&calx(b[i],b[top])<px[top-])top--;

         px[top]=calx(b[i],b[top]);b[++top]=b[i];

     }

     L[x]=st[x];R[x]=top;

 }

 il ll max(ll x,ll y){return x>y?x:y;}

 il void query(int T,int x,int y){

     if(x>y)swap(x,y);

     ll re=-inf;

     int l=bl[x],r=bl[y];

     if(l==r){for(rg int i=x;i<=y;++i)if(vis[i])re=max(re,a[i].k*T+a[i].b);}

     else{

         for(rg int i=x;i<=ed[bl[x]];++i)if(vis[i])re=max(re,a[i].k*T+a[i].b);

         for(rg int i=st[bl[y]];i<=y;++i)if(vis[i])re=max(re,a[i].k*T+a[i].b);

         for(rg int i=l+;i<r;++i){

             if(mfy[i])build(i),mfy[i]=,used[i]=;

             if(used[i]){

                 while(L[i]<R[i]&&px[L[i]]<T)L[i]++;

                 re=max(re,b[L[i]].k*T+b[L[i]].b);

             }

         }

     }

     if(re==-inf)puts("nema");else printf("%lld\n",re);

 }

 int main(){

     #ifndef ONLINE_JUDGE

     freopen("bzoj3463.in","r",stdin);

     freopen("bzoj3463.out","w",stdout);

     #endif

     n=rd();m=rd();u=sqrt(n/log2(n))+;

     for(int i=;i<=n;++i)bl[i]=(i-)/u+;

     for(int i=;i<=bl[n];++i)st[i]=ed[i-]+,ed[i]=ed[i-]+u;

     ed[bl[n]]=n;

     for(int i=,op,T,x,y;i<=m;++i){

         op=rd();T=rd();x=rd();y=rd();

         if(op&){

             vis[x]=;mfy[bl[x]]=;

             a[x]=line(y,rd()-(ll)T*y);

         }else query(T,x,y);

     }

     return ;

 }//by tkys_Austin;

bzoj3463

Mirko

bzoj3463【COCI2012】 Inspector

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输出格式

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