【数据结构】【CF1073D】 Berland Fair

Description

给定 (n) 个商店，他们围成一个圆圈，按照顺时针从 (1) 到 (n) 编号。你有 (T) 元钱，从 (1) 号点开始按照顺时针方向走，每到一个商店，只要钱够就必须买这个商店的物品。商店中物品是无限的，即多次到达可能多次购买。求会买多少件物品

Input

第一行是一个整数 (n)

下面一行 (n) 个整数 (a_i)，代表每个商店物品的价格

Output

一行一个整数代表答案

Hint

(1~leq~n~leq~2~times~10^5~,~1~leq~T~leq~10^{18}~,~1~leq~a_i~leq~10^9)

Solution

解法一：

显然在钱数充足是我们可以直接除一下得到我们可以转多少圈，(O(1)) 统计这部分答案，然后把钱数取模即为这些圈转完后我们剩下的钱，这时的钱数是不足以转完一圈的。

下面我们考虑用这些钱可以连续走多远，即会到哪一个商店停下来。注意到这个值是可以二分的，具体的，我们维护一个前缀和，二分哪个位置的前缀和是最大的小于钱数的即可。然后剩下那个位置的商店显然再也不会被购买到了，于是可以将它直接删去，然后统计这一段连续走的位置的答案。删除这个位置后的前缀和可以用树状数组或线段树维护，一段区间中还剩多少个没有被删去的位置也可以树状数组维护。对于这个位置后面能连续走到哪里，我们依然可以二分这个值，以此类推直到一圈走完，然后从头开始重复流程即可。

注意到每次二分我们一定会删除一个位置，所以我们会二分 (O(n)) 次，直接二分+树状数组/线段树的话，单次二分复杂度 (O(log^2 n))，总复杂度 (O(n log^2 n))。如果在线段树上二分，单次复杂度可以做到 (O(log n))，总复杂度 (O(n log n))。

但是天知道为什么我的两个log算法跑的比一个log的还快

解法二：

算出当前的钱数可以走多少圈的方法同上，然后考虑我们暴力跑一圈，统计有哪些位置的是不能被购买到的，直接删掉。然后用剩下的钱再取模。

注意到 (T) 每次取模时的模数一定小于 (T)，而一个数被比自己小的数取模至少减少二分之一，证明上可以分模数大于或小于等于 (frac{m}{2}) 进行讨论。于是 (T) 被取模 (O(log T)) 次，每次对应一次 (O(n)) 的统计答案，于是总复杂度 (O(n log T))。

Code

依据解法一写成。

(O(n log^2n))

#include <cstdio>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a,b,c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long  ll;

namespace IPT {
    const int L = 1000000;
    char buf[L],*front=buf,*end=buf;
    char GetChar() {
        if (front == end) {
            end = buf + fread(front = buf,1,L,stdin);
            if (front == end) return -1;
        }
        return *(front++);
    }
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
    rg char ch = IPT::GetChar(),lst = ' ';
    while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch,ch=IPT::GetChar();
    while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48),ch = IPT::GetChar();
    if (lst == '-') x = -x;
}

template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
    rg char ch = IPT::GetChar(),ch = IPT::GetChar();
    while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48),ch = IPT::GetChar();
    if (ch == '.') {
        ch = IPT::GetChar();
        double base = 1;
        while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)),ch = IPT::GetChar();
    }
    if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
    char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x,const char aft,const bool pt) {
    if (x < 0) {x = -x,putchar('-');}
    rg int top=0;
    do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
    while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
    if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 200010;

int n;
ll t,ans;
int MU[maxn];
ll tree[maxn],val[maxn];

inline int lowbit(ci x) {return x & (-x);}

ll ask(ll*,int);
int check(int,ll);
void update(ll*,int,ci);

signed main() {
    freopen("1.in","r",stdin);
    qr(n); qr(t);
    for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {qr(MU[i]); update(tree,i,MU[i]); update(val,1);}
    ll s = ask(tree,n); int cnt = n;
    while (cnt) {
        if (!t) break;
        ans += t / s * cnt; t %= s;
        int k = 0;
        do {
            int pre = k;
            k = check(k,t);
            if (k > n) {
                t -= ask(tree,n) - ask(tree,pre);
                ans += ask(val,n) - ask(val,pre);
                break;
            };
            update(tree,k,-MU[k]); update(val,-1); --cnt;
            t -= ask(tree,k - 1) - ask(tree,pre);
            s -= MU[k];
            ans += ask(val,k) - ask(val,pre);
        } while (cnt && t);
    }
    qw(ans,'n',true);
}

void update(ll *ar,int x,ci v) {
    while (x <= n) {
        ar[x] += v;
        x += lowbit(x);
    }
}

ll ask(ll* ar,int x) {
    ll _ret = 0;
    while (x) {
        _ret += ar[x];
        x -= lowbit(x);
    }
    return _ret;
}

int check(int pre,ll x) {
    int l = pre,r = n + 1,mid = l,_ret = 0;
    while (l <= r) {
        mid = (l + r) >> 1;
        if ((ask(tree,mid) - ask(tree,pre)) <= x) _ret = mid,l = mid + 1;
        else r = mid - 1;
    }
    return _ret + 1;
}

（编辑：济南站长网）

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