[HNOI/AHOI2018] 轉盤

倍長數組\(T\)。

若從\(x\)出發，依次標記完全部物品的代價爲\(n-1+\max_{i=x}^{x+n-1}\{T_i-(i-x)\}\)，若是某個物品\(y\)被跳過一次才取到，則取到\(y\)時的增長的代價/固有時間\(n\)，而減小的代價/等待時間卻不會超過\(n\)，由於\(y\)在繞一週以後可以被標記到，總不會減小。這也適用於被跳過屢次的狀況和跳過多個物品的狀況，故稱從點\(x\)出發的最優方案是依次標記完全部的物品。

記\(P_i=T_i-i\)，根據結論本題的最優解爲
\[ (n-1)+\min_{i=1}^n\{i+\max_{j=i}^{i+n-1}P_j\} \]
我有一個\(O(2nm)\)的大膽想法 考慮到\(P_i=P_{i+n}+n\)，能夠變形
\[ (n-1)+\min_{i=1}^n\{i+\max_{j=i}^{2n}P_j\} \]
線段樹（總長\(2n\)，堆式儲存）節點\(x\)維護\(m_x=\max_{i=l_x}^{r_x}P_i\)和\(v_x=\min_{i=l}^{mid_x}\{i+\max_{j=i}^{r_x}P_j\}\)，這樣答案是
\[ (n-1)+v_1 \]

於\(v_x\)的合併，設\(Q(y)=\min_{i=l_y}^{r_y}\{i+\max_{j=i}^{r_x}P_i\}\)，則
\[ v_x=\min_{i=l}^{mid_x}\{i+\max_{j=i}^{r_x}P_j\}=Q(ls_x)\\ \]
很顯然的有遞歸式，邊界另外看就行了
\[ Q(y)=\begin{cases} \min\{v_{y},Q(rs_y)\}&m_{rs_y}\ge \max_{i=r_y+1}^{mid_x}P_i\\ \min\{Q(ls_y),mid_y+1+\max_{i=r_y+1}^{mid_x}P_i \}&m_{rs_y}<\max_{i=r_y+1}^{mid_x}P_i \end{cases}\\ \]
這樣合併\(v_x\)是一個\(\log\)的，線段樹是兩個\(\log\)的，徹底可行。

代碼立刻補

代碼補好啦

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define ls (x<<1)
#define rs (x<<1|1)
using namespace std;

const int N=2e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int n,q,p,ans,P[N];
int mid[N<<2],m[N<<2],v[N<<2];
int dfn[N<<2];

int Q(int x,int w) {
    if(dfn[x]) return dfn[x]+max(m[x],w);
    if(m[rs]>=w) return min(v[x],Q(rs,w));
    return min(Q(ls,max(w,m[rs])),mid[x]+1+w);
}
inline void upd(int x) {
    m[x]=max(m[ls],m[rs]);
    v[x]=Q(ls,m[rs]);
}
void build(int x,int l,int r) {
    if(l==r) {
        m[x]=P[l];
        v[x]=l+P[l];
        dfn[x]=l;
        return;
    }
    mid[x]=(l+r)>>1;
    build(ls,l,mid[x]);
    build(rs,mid[x]+1,r);
    upd(x);
}
void modify(int x,int l,int r,int p) {
    if(l==r) {
        m[x]=P[l];
        v[x]=l+P[l];
        return;
    }
    if(p<=mid[x]) modify(ls,l,mid[x],p);
    else modify(rs,mid[x]+1,r,p);
    upd(x);
}

int main() {
    scanf("%d%d%d",&n,&q,&p);
    for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d",P+i),P[i+n]=P[i];
    for(int i=1; i<=n*2; ++i) P[i]-=i;
    build(1,1,n*2);
    printf("%d\n",ans=n-1+v[1]);
    for(int x,y; q--; ) {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if(p) x^=ans,y^=ans;
        P[x]=y-x; 
        P[x+n]=y-x-n; 
        modify(1,1,n*2,x);
        modify(1,1,n*2,x+n);
        printf("%d\n",ans=n-1+v[1]);
    }
    return 0;
}