标签：树状数组，离散化
题目
Description
维护一个长度为n的序列，一开始都是0，支持以下两种操作：
- U k a 将序列中第k个数修改为a。
- Z c s 在这个序列上，每次选出c个正数，并将它们都减去1，询问能否进行s次操作。
每次询问独立，即每次询问不会对序列进行修改。
Input
第一行包含两个正整数\(n,m(1\leq n,m\leq 1000000)\)，分别表示序列长度和操作次数。 接下来m行为m个操作，其中\(1\leq k,c\leq n，0\leq a\leq 10^9，1\leq s\leq 10^9\)。
Output
包含若干行，对于每个Z询问，若可行，输出TAK，否则输出NIE。
Sample Input
3 8
U 1 5
U 2 7
Z 2 6
U 3 1
Z 2 6
U 2 2
Z 2 6
Z 2 1
Sample Output
NIE
TAK
NIE
TAK
分析
如果存在\(\geq s\)的数有k个，那么我们一定每次都要选这k个，如果k>=c就直接输出TAK
否则，考虑\(<s\)的数的数字和，如果数字和\(\geq (c-k)*s\)，那么剩下的数就可以将剩余的空填完
先离散化，然后用树状数组维护\(\leq t\)的数字个数和数的和
code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ll long long
#define mem(x,num) memset(x,num,sizeof x)
#define reg(x) for(int i=last[x];i;i=e[i].next)
using namespace std;
inline ll read(){
ll f=1,x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
//**********head by yjjr**********
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
const int maxn=1e6+6;
int n,m,cnt,j,a[maxn],x[maxn],y[maxn],z[maxn],num[maxn],hash[maxn];
char ch[10];
struct bit_node{
ll c[maxn];
void modify(int x,int t){for(;x<=cnt;x+=lowbit(x))c[x]+=t;}
ll query(int x){ll re=0;for(;x;x-=lowbit(x))re+=c[x];return re;}
}bit1,bit2;
inline int find(int x){
int l=1,r=cnt;
while(l<r)if(hash[mid]<x)l=mid+1;else r=mid;
return l;
}
int main(){
n=read(),m=read();
rep(i,1,m){
scanf("%s%d%d",ch,&x[i],&y[i]);num[i]=y[i];
if(ch[0]=='U')z[i]=1;else z[i]=0;
}
sort(num+1,num+1+m);hash[cnt=1]=num[1];
rep(i,2,m)
if(num[i]!=num[i-1])hash[++cnt]=num[i];
rep(i,1,m)y[i]=find(y[i]);
rep(i,1,m)
if(z[i]){
if(j=a[x[i]]){bit1.modify(j,-1);bit2.modify(j,-hash[j]);}
a[x[i]]=y[i];
bit1.modify(y[i],1);bit2.modify(y[i],hash[y[i]]);
}else puts(bit2.query(y[i]-1)>=(x[i]-bit1.query(cnt)+bit1.query(y[i]-1))*hash[y[i]]?"TAK":"NIE");
return 0;
}
