题目大意：一个数列若能在有限次数内删空，则称这个数列可以删空，一次删除操作定义如下：
记当前数列长度为$k$，则删掉数列中所有等于$k$的数。
现在有一个长度为$n$的数列$a$，有$m$次修改操作，为单点变值/整体增加或者减少$1$，问每次修改后，最少需要修改序列中多少个数，使得序列可以被删除。
数据范围：$n≤150000$。
我们首先考虑下最少需要修改的次数，我们设$b[i]$为数列$a$中填写了i的值得数量。
对于每一个$i$，我们可以用$b[i]$这么多数，覆盖区间$[i-b[i]+1,i]$。最终的答案就是未被覆盖的格子数量。
证明显然。
基于这个结论，我们就可以在$O(n)$的复杂度内求出一个序列$a$对应的答案，可以获得47分的好成绩。
在只有单点修改的情况下，我们发现我们可以用线段树做一下维护，就可以获得60分的好成绩。
我们发现，整体的$+1$或者$-1$，可以转化为查询的区间出现了移动，移动完查询区间后，我们更新一下两端的值即可。
这么搞就可以过掉这一题了。
时间复杂度：$O(n\log\ n)$。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define M (1<<19) 3 using namespace std; 4 5 struct seg{int l,r,tag,minn,cnt;}a[M<<1]; 6 void pushup(int x){ 7 a[x].minn=min(a[x<<1].minn,a[x<<1|1].minn); 8 a[x].cnt=(a[x].minn==a[x<<1].minn?a[x<<1].cnt:0)+(a[x].minn==a[x<<1|1].minn?a[x<<1|1].cnt:0); 9 } 10 void upd(int x,int k){a[x].minn+=k; a[x].tag+=k;} 11 void pushdown(int x){if(a[x].tag) upd(x<<1,a[x].tag),upd(x<<1|1,a[x].tag); a[x].tag=0;} 12 13 void build(int x,int l,int r){ 14 a[x].l=l; a[x].r=r; if(l==r) return void(a[x].cnt=1); 15 int mid=(l+r)>>1; 16 build(x<<1,l,mid); build(x<<1|1,mid+1,r); 17 pushup(x); 18 } 19 void updata(int x,int l,int r,int k){ 20 if(l<=a[x].l&&a[x].r<=r) return upd(x,k); 21 pushdown(x); int mid=(a[x].l+a[x].r)>>1; 22 if(l<=mid) updata(x<<1,l,r,k); 23 if(mid<r) updata(x<<1|1,l,r,k); 24 pushup(x); 25 } 26 void updata(int x,int id,int k){return updata(x,id,id,k);} 27 int query(int x,int l,int r){ 28 if(a[x].minn>0) return 0; 29 if(l<=a[x].l&&a[x].r<=r) return a[x].cnt; 30 pushdown(x); int mid=(a[x].l+a[x].r)>>1,cnt=0; 31 if(l<=mid) cnt+=query(x<<1,l,r); 32 if(mid<r) cnt+=query(x<<1|1,l,r); 33 return cnt; 34 } 35 36 int num[M],n,q,m,orzorz[M*2]={0}; 37 int *cnt=orzorz+M; 38 int main(){ 39 scanf("%d%d",&n,&q); 40 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",num+i),cnt[num[i]]++; 41 int T=max(n,q),m=T+n+q+2,move=0; 42 build(1,1,m); 43 for(int i=1;i<=n;i++) updata(1,T+i-cnt[i]+1,T+i,1); 44 while(q--){ 45 int p,x; scanf("%d%d",&p,&x); 46 if(p>0){ 47 x-=move; 48 if(num[p]+move>=1&&num[p]+move<=n) 49 updata(1,num[p]-cnt[num[p]]+1+T,-1); 50 cnt[num[p]]--; num[p]=x; cnt[num[p]]++; 51 updata(1,num[p]-cnt[num[p]]+1+T,1); 52 }else{ 53 if(x<0) move--; 54 updata(1,-move-cnt[-move]+1+T,-move+T,x); 55 updata(1,n-move-cnt[n-move]+1+T,n-move+T,-x); 56 if(x>0) move++; 57 } 58 printf("%d\n",query(1,T-move+1,T-move+n)); 59 } 60 }