Loj #2495. 「AHOI / HNOI2018」转盘
题目描述
一次小 G 和小 H 原本准备去聚餐，但由于太麻烦了于是题面简化如下：
一个转盘上有摆成一圈的 \(n\) 个物品（编号 \(1\) 至 \(n\)）其中第 \(i\) 个物品会在 \(T_i\) 时刻出现。
在 \(0\) 时刻时,小 G 可以任选 \(n\) 个物品中的一个，我们将其编号记为 \(s_0\)。并且如果 \(i\) 时刻选择了物品 \(s_i\)，那么 \(i + 1\) 时刻可以继续选择当前
物品或者选择下一个物品。当 \(s_i\) 为 \(n\) 时，下一个物品为物品 \(1\)，否则下一个物品为 \(s_{i} + 1\)。在每一时刻（包括 \(0\) 时刻），如果小 G 所选择
的物品已经出现了，那么小 G 将会标记它。小 H 想知道，在物品选择的最优策略下，小 G 什么时候能标记所有物品？
但麻烦的是，物品的出现时间会不时修改。我们将其描述为 \(m\) 次修改，每次修改将改变其中一个物品的出现时间。每次修改之后，你也需要求出当前局面的答案。对
于其中部分测试点，小 H 还追加了强制在线的要求。
输入格式
第一行三个非负整数 \(n,m,p\)，代表一共有 \(n\) 个物品，\(m\) 次修改。\(p\) 只有 \(0\) 或 \(1\) 两种取值，强制在线时 \(p\) 为 \(1\)，否则为 \(0\)。本节后面将
解释如何使用 \(p\)。
接下来一行，有 \(n\) 个用空格隔开的非负整数，第 \(i\) 个数 \(T_i\) 代表物品 \(i\) 的出现时间。
接下来 \(m\) 行，每行两个非负整数 \(x,y\)，代表一次修改及询问。修改方式如下：
* 如果 \(p = 0\)，则表示物品 \(x\) 的出现时间 \(T_x\) 修改为 \(y\)。
* 如果 \(p = 1\)，则先将 \(x\) 和 \(y\) 分别异或 \(LastAns\) 得到 \(x′\) 和 \(y′\)：即 \(x′ = x \oplus LastAns, y′ = y \oplus LastAns\)。然后将
物品 \(x′\) 的出现时间 \(T_{x′}\) 修改为 \(y′\) 。其中的 \(LastAns\) 是前一个询问的答案；特别的，第一次修改时的 \(LastAns\) 为初始局面的答案。其中的
\(\oplus\) 为按位异或运算，例如 \(1 \oplus 2 = 3,4 \oplus 5 = 1,6 \oplus 11 = 13\)。
输出格式
第一行一个整数代表初始局面的答案。
接下来 \(m + 1\) 行每行一个整数分别代表每次修改后的答案。
数据范围与提示
\(n,m\leq 10^5\)
跟“【BZOJ2957】楼房重建 ”做法类似。
首先我们将环倍长为链。最优解一定可以为：从某个点出发，一直走，如果当前点还没有出现就等到其出现为止。
假设从第\(i\)个点出发，最后一次等待在第\(j\)个点，则答案为\(T_j+(i+n-1)-j\)。现在问题就是找到\(j\)。如果上一次在\(k\)处等待，下一次要在\(j\)处等待，则
\Rightarrow T_k-k<T_j-j
\]
设\(val_i=T_i-i\)，则\(j\)就是\(val\)最大的位置。
所以：
=\min_{1\leq i\leq n}\{\max_{i\leq j\leq i+n-1}\{val_j+i\}\}+n-1
\]
我们可以发现\(val_i>val_{i+n}\)，所以：
\]
相当于对每个\(i\)，我们要得后缀的最大值。
我们对每个线段树节点，记录下在右儿子影响下，左儿子的答案（如果它是叶子，则答案就是它本身）。上传标记的时候，我们记下右儿子的\(val\)的最大值\(mx\)，递归处理左儿子。
对于左儿子，如果它的右儿子中的最大值\(>mx\)，那么左儿子的答案不会改变，递归右儿子；否则右儿子的答案一定是右儿子的左端点\(+mx\)，然后递归处理左儿子。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 200005
using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
int n,m,type;
int T[N];
int val[N];
int ans;
struct tree {
int l,r;
int mx;
int ans;
}tr[N<<3];
int query(int v,int mx) {
if(tr[v].l==tr[v].r) return tr[v].l+max(tr[v].mx,mx);
if(tr[v<<1|1].mx>=mx) {
return min(tr[v].ans,query(v<<1|1,mx));
} else {
return min(query(v<<1,mx),tr[v<<1].r+1+mx);
}
}
void update(int v) {
tr[v].mx=max(tr[v<<1].mx,tr[v<<1|1].mx);
tr[v].ans=query(v<<1,tr[v<<1|1].mx);
}
void build(int v,int l,int r) {
tr[v].l=l,tr[v].r=r;
if(l==r) {
tr[v].mx=val[l];
tr[v].ans=l+val[l];
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(v<<1,l,mid),build(v<<1|1,mid+1,r);
update(v);
}
void Modify(int v,int p) {
if(tr[v].l>p||tr[v].r<p) return ;
if(tr[v].l==tr[v].r) {
tr[v].mx=val[p];
tr[v].ans=p+val[p];
return ;
}
Modify(v<<1,p),Modify(v<<1|1,p);
update(v);
}
int main() {
n=Get(),m=Get(),type=Get();
for(int i=1;i<=n;i++) T[i]=Get();
for(int i=1;i<=n;i++) T[i+n]=T[i];
for(int i=1;i<=2*n;i++) val[i]=T[i]-i;
build(1,1,2*n);
cout<<(ans=tr[1].ans+n-1)<<"\n";
while(m--) {
int x=Get()^(type*ans),y=Get()^(type*ans);
T[x]=T[x+n]=y;
val[x]=T[x]-x,val[x+n]=T[x+n]-(x+n);
Modify(1,x),Modify(1,x+n);
cout<<(ans=tr[1].ans+n-1)<<"\n";
}
return 0;
}