一、题意
给定一个元素个数为$N(1 \le N \le 10^5)$初始序列$a$和$b$，$a$序列的初始值全为$0$，$b$序列的初始值为$1$到$N$的一个排列。有$T(1 \le T \le 10^5)$次操作。操作有如下两种类型：
1、$add\ l\ r$：给序列$a$的区间$[l, r]$内所有元素加$1$；
2、$query\ l\ r$：查询$\sum\limits_{i=l}^{r}\lfloor{\frac{a_i}{b_i}}\rfloor$，并输出。
二、简要思路概括
因为所有操作的总和$tot \le \sum\limits_{i=1}^{N}\frac{T}{i} = T * \sum\limits_{i=1}^{N}\frac{1}{i}$，而可证明调和级数$T * \sum\limits_{i=1}^{N}\frac{1}{i} \le TlogN$。
所以，建立两棵线段树。一棵树$B$维护$b$序列的区间最小值，可支持区间修改。另一棵树$C$维护$\lfloor{\frac{a_i}{b_i}}\rfloor$的区间和。
每次遇到$add$操作时，将$B$线段树的区间$[l, r]$减$1$，时间复杂度$O(logN)$。然后，再对线段树$B$做一遍dfs，如果有叶子节点的值为$0$，则把线段树$C$的对应位置加$1$，同时将该位置的值设置为初始的$b$值。时间复杂度$O(N)$。
所以，单次$add$操作的时间复杂度是$O(N)$，总的时间复杂度是$O(N*T)$。但是，不要觉得会超时。实际的计算量并没有这么大。因为前面已证明，最多只会累加$T \times logN$次。所以，只要代码写得优雅，绝对不会超时。另外，还有一种写法，就是每次对线段树$B$做区间减$1$之后，循环查询$B$线段树的$[l, r]$区间内的最小值，如果最小值为$0$，则把线段树$C$的对应位置加$1$，同时修改该位置的值为初始的$b$值，直到该区间内的最小值不为$0$为止。这样，总的时间复杂度是$O(T*NlogN)$，也不会超时。
三、代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define MAXN 100010 typedef long long ll; struct Node1 { int mv, lazy; }; struct Node2 { int v, sum; }; Node1 b[MAXN * 4]; Node2 c[MAXN * 4]; int b0[MAXN], N, Q; void push_down(int rt) { if(b[rt].lazy) { int lch = rt << 1, rch = rt << 1 | 1; b[lch].mv += b[rt].lazy, b[lch].lazy += b[rt].lazy; b[rch].mv += b[rt].lazy, b[rch].lazy += b[rt].lazy; b[rt].mv = min(b[rt << 1].mv, b[rt << 1 | 1].mv); b[rt].lazy = 0; } } void update1(int ul, int ur, int val, bool f, int rt = 1, int l = 1, int r = N) { if(l >= ul && r <= ur) { if(f)b[rt].mv = val; else b[rt].mv += val, b[rt].lazy += val; return; } push_down(rt); int mid = (l + r) >> 1; if(ul <= mid)update1(ul, ur, val, f, rt << 1, l, mid); if(ur > mid)update1(ul, ur, val, f, rt << 1 | 1, mid + 1, r); b[rt].mv = min(b[rt << 1].mv, b[rt << 1 | 1].mv); } void update2(int p, int rt = 1, int l = 1, int r = N) { if(l == r && l == p) { c[rt].v++, c[rt].sum++; return; } int mid = (l + r) >> 1; if(p <= mid)update2(p, rt << 1, l, mid); else update2(p, rt << 1 | 1, mid + 1, r); c[rt].sum = c[rt << 1].sum + c[rt << 1 | 1].sum; } int query2(int ql, int qr, int rt = 1, int l = 1, int r = N) { if(ql <= l && qr >= r)return c[rt].sum; int mid = (l + r) >> 1, res = 0; if(ql <= mid)res += query2(ql, qr, rt << 1, l, mid); if(qr > mid) res += query2(ql, qr, rt << 1 | 1, mid + 1, r); return res; } void dfs(int ul, int ur, int rt = 1, int l = 1, int r = N) { if(l == r) { b[rt].mv = b0[l], update2(l); return; } push_down(rt); int mid = (l + r) >> 1; if(ul <= mid && b[rt << 1].mv == 0)dfs(ul, ur, rt << 1, l, mid); if(ur > mid && b[rt << 1 | 1].mv == 0)dfs(ul, ur, rt << 1 | 1, mid + 1, r); b[rt].mv = min(b[rt << 1].mv, b[rt << 1 | 1].mv); } int main() { // freopen("input.txt", "r", stdin); char cmd[20]; int l, r; while(~scanf("%d%d", &N, &Q)) { for(int i = 0, tt = N << 2; i < tt; ++i)b[i].mv = INT_MAX, b[i].lazy = 0; memset(c, 0, sizeof(c)); for(int i = 1; i <= N; ++i)scanf("%d", b0 + i), update1(i, i, b0[i], 1); while(Q--) { scanf("%s%d%d", cmd, &l, &r); if(cmd[0] == 'a') { update1(l, r, -1, 0); dfs(l, r); } else cout << query2(l, r) << endl; } } return 0; }