3932: [CQOI2015]任务查询系统
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 4113 Solved: 1334[][][]Description
最近实验室正在为其管理的超级计算机编制一套任务管理系统，而你被安排完成其中的查询部分。超级计算机中的
任务用三元组(Si,Ei,Pi)描述，(Si,Ei,Pi)表示任务从第Si秒开始，在第Ei秒后结束（第Si秒和Ei秒任务也在运行
），其优先级为Pi。同一时间可能有多个任务同时执行，它们的优先级可能相同，也可能不同。调度系统会经常向
查询系统询问，第Xi秒正在运行的任务中，优先级最小的Ki个任务（即将任务按照优先级从小到大排序后取前Ki个
）的优先级之和是多少。特别的，如果Ki大于第Xi秒正在运行的任务总数，则直接回答第Xi秒正在运行的任务优先
级之和。上述所有参数均为整数，时间的范围在1到n之间（包含1和n）。
Input
输入文件第一行包含两个空格分开的正整数m和n，分别表示任务总数和时间范围。接下来m行，每行包含三个空格
分开的正整数Si、Ei和Pi(Si≤Ei)，描述一个任务。接下来n行，每行包含四个空格分开的整数Xi、Ai、Bi和Ci，
描述一次查询。查询的参数Ki需要由公式 Ki=1+(Ai*Pre+Bi) mod Ci计算得到。其中Pre表示上一次查询的结果，
对于第一次查询，Pre=1。
Output
输出共n行，每行一个整数，表示查询结果。
Sample Input
4 3 1 2 6 2 3 3 1 3 2 3 3 4 3 1 3 2 1 1 3 4 2 2 4 3
Sample Output
2 8 11
HINT
样例解释
K1 = (1*1+3)%2+1 = 1
K2 = (1*2+3)%4+1 = 2
K3 = (2*8+4)%3+1 = 3
对于100%的数据，1≤m,n,Si,Ei,Ci≤100000，0≤Ai,Bi≤100000，1≤Pi≤10000000，Xi为1到n的一个排列
分析：主席树的第一题......发现自己理解地不是很深.
若对于每一个时间建主席树的话，第i棵可以用来维护时间为1~i的优先级在[x,y]的任务个数和优先级之和.对于每一个时间点都建主席树则会有点浪费，因为每次更改操作只会设计到2个时间点.考虑用操作来建主席树.第i棵可以维护第1~i次操作后优先级在[x,y]的任务个数和优先级之和.那么每一次操作只需要在初始时间和结束时间+1处更改就行了(类似于差分).对操作的时间排序，接着求出每个时间点最后被影响的操作序号.最后查询就好了.
搞清楚主席树表示的意义很重要!碰到第k小/大这种字眼也要很快反应过来该用什么方法,还要知道利用主席树要维护什么东西！与权值线段树联系起来思考.
#include#include #include #include using namespace std;const int maxn = 200010;typedef long long ll;ll ans;int n,m,tot,cur[maxn],cnt,root[maxn],mx;struct node{ int left,right,sizee; ll sum;}e[maxn * 25];struct node2{ int pos,val;}a[maxn];bool cmp(node2 a,node2 b){ return a.pos < b.pos;}void update(int l,int r,int x,int &y,int v){ e[y = ++cnt] = e[x]; e[y].sizee += (v > 0 ? 1 : -1); e[y].sum += v; if (l == r) return; int mid = (l + r) >> 1; if (abs(v) <= mid) update(l,mid,e[x].left,e[y].left,v); else update(mid + 1,r,e[x].right,e[y].right,v);}ll query(int l,int r,int x,int k){ if (e[x].sizee <= k) return e[x].sum; if (l == r) return 1LL * l * k; int mid = (l + r) >> 1; if (k <= e[e[x].left].sizee) return query(l,mid,e[x].left,k); else return e[e[x].left].sum + query(mid + 1,r,e[x].right,k - e[e[x].left].sizee);}int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i = 1; i <= n; i++) { int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); a[++tot].pos = x; a[tot].val = z; a[++tot].pos = y + 1; a[tot].val = -z; mx = max(mx,z); } sort(a + 1,a + 1 + tot,cmp); for (int i = 1; i <= tot; i++) update(1,mx,root[i - 1],root[i],a[i].val); for (int i = tot; i >= 1; i--) //维护每一个被更改的时间点最后在哪里被更改的 if (a[i].pos != a[i + 1].pos) cur[a[i].pos] = root[i]; for (int i = 1; i <= m; i++) //如果当前时间点没有被更改，那么就和前一个时间点的情况一样 if (!cur[i]) cur[i] = cur[i - 1]; ans = 1; for (int i = 1; i <= m; i++) { ll t,x,y,z,k; scanf("%lld%lld%lld%lld",&t,&x,&y,&z); k = (1LL * x * ans + y) % z + 1; ans = query(1,mx,cur[t],k); printf("%lld\n",ans); } return 0;}