题目链接：Naive Operations

题意

有两个长度为 $n$ 的序列 $a$ 和 $b$，$b$ 是一个 $1$ 到 $n$ 的排列，$a$ 序列初始每个值都为 $0$，有 $q$ 次操作，每次操作为以下两种之一：

1. $add~l~r$：将区间 $[l,r]$ 内的所有数字都加上 $1$；
2. $query~l~r$：询问 $\sum_{i=l}^r\lfloor\frac{a_i}b_i{}\rfloor$ 的值。

输入

多组输入（不超过 $5$ 组），每组输入第一行包含两个整数 $n,q~(1\leq n,q\leq10^5)$，接下去一行为 $n$ 个整数 $b_1,b_2,\cdots,b_n$，序列 $b$ 是 $1$ 到 $n$ 的一个排列，接下去 $q$ 行每行为一个字符串和两个区间的端点 $s~l~r~(1\leq l\leq r\leq n)$，若 $s=add$，则执行操作 $1$，否则执行操作 $2$，

输出

对于每组询问，输出询问的答案。

样例

题解

由于每次操作都只对区间 $+1$，最坏情况下，如果每次操作都对整个区间 $+1$，那么 $q$ 次操作后区间的和为 $\frac{q}{1}+\frac{q}{2}+\cdots+\frac{q}{n}\approx q\ln n\approx10^6$，因此对于每次 $\lfloor\frac{a_i}{b_i}\rfloor$ 增加 $1$ 时都更新一次（用树状数组更新复杂度为 $O(q\ln n\log n)\approx2\times10^7$），这样区间更新就用区间增减区间最小值的线段树维护，线段树上每个数初始为 $b_i$，每次操作 $1$ 就将区间 $[l,r]$ 内的数字都 $-1$，每当区间最小值为 $0$ 时就单点更新这个最小值，并将这个值赋值为 $b_i$，总的时间复杂度约为 $O(2q\ln n\log n)$。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <sstream>
using namespace std;

#define LL long long
const int maxn = 100000 + 100;
int n, q, x, y;
char str[20];
int num[maxn];
int Min[maxn << 2], lazy[maxn << 2];
int sum[maxn];

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

void update(int Index, int x) {
    while(Index <= n) {
        sum[Index] += x;
        Index += lowbit(Index);
    }
}

int query(int Index) {
    int ret = 0;
    while(Index > 0) {
        ret += sum[Index];
        Index -= lowbit(Index);
    }
    return ret;
}

int query(int l, int r) {
    return query(r) - query(l - 1);
}

void push_up(int rt) {
    Min[rt] = min(Min[rt << 1], Min[rt << 1 | 1]);
}

void push_down(int rt) {
    if(lazy[rt] != 0) {
        lazy[rt << 1] += lazy[rt];
        lazy[rt << 1 | 1] += lazy[rt];
        Min[rt << 1] += lazy[rt];
        Min[rt << 1 | 1] += lazy[rt];
        lazy[rt] = 0;
    }
}

void build(int l, int r, int rt) {
    lazy[rt] = 0;
    if(l == r) {
        sum[l] = 0;
        Min[rt] = num[l];
        return ;
    }
    int m = (l + r) >> 1;
    build(l, m, rt << 1);
    build(m + 1, r, rt << 1 | 1);
    push_up(rt);
}

void solve(int l, int r, int rt) {
    if(l == r) {
        update(l, 1);
        Min[rt] = num[l];
        return ;
    }
    push_down(rt);
    int m = (l + r) >> 1;
    if(Min[rt << 1] == 0) {
        solve(l, m, rt << 1);
    }
    if(Min[rt << 1 | 1] == 0) {
        solve(m + 1, r, rt << 1 | 1);
    }
    push_up(rt);
}

void update(int L, int R, int l, int r, int rt) {
    if(L <= l && r <= R) {
        --Min[rt];
        --lazy[rt];
        if(Min[rt] == 0) {
            solve(l, r, rt);
        }
        return ;
    }
    push_down(rt);
    int m = (l + r) >> 1;
    if(L <= m) {
        update(L, R, l, m, rt << 1);
    }
    if(m < R) {
        update(L, R, m + 1, r, rt << 1 | 1);
    }
    push_up(rt);
}

int main() {
    #ifdef Dmaxiya
    freopen("test.txt", "r", stdin);
    #endif // Dmaxiya
    ios::sync_with_stdio(false);

    while(scanf("%d%d", &n, &q) != EOF) {
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%d", &num[i]);
        }
        build(1, n, 1);
        for(int i = 0; i < q; ++i) {
            scanf("%s%d%d", str, &x, &y);
            if(str[0] == 'a') {
                update(x, y, 1, n, 1);
            } else {
                printf("%d\n", query(x, y));
            }
        }
    }

    return 0;
}