伐木机不要石头！！！(hard version) - 题解

喵~ 主人，欢迎来到我的题解小屋！今天我们要征服的这道题，看起来有点小复杂，但别担心，只要跟着我的猫步，一步一步来，再难的树林我们也能轻松伐倒，的说！

标签与难度

标签: 数据结构, 线段树, 树状数组, 离线处理, 扫描线, 贪心, 思维难度: 2500

题目大意喵~

简单来说，我们有一片排成一列的森林，里面有 $n$ 棵树，每棵树都有一个坚硬度 $a_i$ 。我们还有 $m$ 把无敌手斧，每把斧头都有一个破坏程度 $b_j$ 。一把斧头能砍倒一棵树，当且仅当斧头的破坏程度不小于树的坚硬度。每把斧头都是一次性的，用完就坏，喵~

然后呢，会有 $k$ 次询问。每次询问会给我们一个区间 $[l, r]$ ，问我们如果只考虑这个区间里的树，用上我们所有的 $m$ 把斧头，最多能砍倒多少棵树呢？

Hard version 和 Easy version 的区别就在于，Hard version 有很多很多次询问，所以我们需要一个更高效的办法来处理它们，呐。

解题思路分析

面对这种多组区间查询的问题，如果对每个查询都独立计算一次，那肯定会慢得像只追不到激光笔的小猫咪，超时的说！所以，我们的第一个想法就是：离线处理！

我们可以不按输入顺序回答询问，而是把所有询问存起来，用一种更聪明的方式批量处理。这里，扫描线算法就是我们的不二之选，喵~

扫描线大法好！

想象我们有一条扫描线从左到右（从位置 1 到 $n$ ）扫过这片森林。当我们的扫描线停在位置 $r$ 时，我们就一口气回答所有右端点是 $r$ 的询问。

当扫描线在 $r$ 时，我们考虑的是 $[1, r]$ 这个前缀区间里的所有树。对于一个询问 $[l, r]$ ，我们实际上想知道的是，在 $[l, r]$ 区间的树中，我们能砍掉多少。

贪心！如何最大化砍树数量？

对于一个固定的树木集合和我们所有的斧头，怎么砍才能砍最多呢？这其实是个很经典的贪心问题，喵~

把树木按坚硬度从小到大排序。
把斧头按破坏程度从小到大排序。
用最弱的斧头去砍最软的树，只要能砍动就行。

这样匹配下来，砍掉的树木数量就是最多的。

但是，在扫描线的过程中，树木的集合是动态变化的，每次都排序匹配还是太慢了。我们需要一个更高明的方法来判断，在加入了第 $r$ 棵树后，我们最多能砍掉多少棵树。

平衡的艺术：斧头 vs 树木

我们可以换个角度思考。把所有的树木（在 $[1, r]$ 区间内）和所有的斧头放在一起，按它们的数值（坚硬度/破坏度）从小到大排个序。

我们给每个斧头一个 $+1$ 的能量值，给每棵树一个 $-1$ 的能量值。如果我们要砍掉某棵树，就意味着要消耗一把斧头。

现在，把这些带能量值的物品排成一队。一个至关重要的结论是：对于这个队列的任意一个后缀，能量值的总和都必须大于等于 0。

为什么呢？想象一下，如果从某个值 $V$ 开始，到最后的后缀和是负数，这意味着坚硬度/破坏度大于 $V$ 的树比斧头还多！那这些坚硬的树肯定没法全部被砍掉了，因为连足够强力的斧头都没有，喵~

神奇数据结构登场！

所以，我们的任务就变成了：

随着扫描线向右移动到 $r$ ，将第 $r$ 棵树加入我们的“待砍伐”集合。
维护一个表示“斧头-树木”能量平衡的系统。
检查这个系统的平衡状态（即，所有后缀和是否 $\ge 0$ ）。
如果系统失衡了（某个后缀和 $<0$ ），我们必须放弃一棵树来恢复平衡。
回答所有以 $r$ 为右端点的询问。

这听起来就需要强大的数据结构来帮忙啦！

离散化：树的坚硬度和斧头的破坏度数值可能很大，但我们只关心它们的相对大小。所以，我们把 $n$ 个 $a_i$ 和 $m$ 个 $b_j$ 放在一起，排序去重，给它们一个从 $1$ 到 $n+m$ 的排名。这样，我们就可以用排名作为数据结构的下标了。
线段树：我们需要一个数据结构，能快速地：
- 在某个排名上，将能量值从 $0$ 变成 $-1$ （加入一棵树）。
- 查询全局的最小后缀和。
- 如果最小后缀和为负，找到是哪个后缀出了问题，以及在这个后缀范围内，我们应该放弃哪棵树。
这只线段树有点特别，它需要维护两个核心信息：
- sum: 区间能量和。
- min_suffix: 区间最小后缀和以及其起始位置。一个节点的最小后缀和，要么是它右儿子的最小后缀和，要么是它左儿子的最小后缀和加上整个右儿子的和。 $\text{min\_suffix}(p) = \min(\text{min\_suffix}(rs), \text{min\_suffix}(ls) + \text{sum}(rs))$
- min_pos: 为了决定放弃哪棵树，我们还需要知道在某个排名区间内，位置最靠前（即原始坐标最小）的树是哪棵。所以线段树每个节点还要维护一个区间内树的最小原始坐标。
树状数组 (Fenwick Tree)：当扫描线在 $r$ 时，我们怎么快速计算出 $[l, r]$ 区间里到底有多少棵树被我们标记为“已砍伐”呢？树状数组最适合干这个了！我们用一个长度为 $n$ 的树状数组，如果位置 $i$ 的树被砍了，就在树状数组的第 $i$ 位记上 $1$ ，否则是 $0$ 。查询 $[l, r]$ 的和就是 query(r) - query(l-1)。

完整流程

好，把所有零件组装起来，我们的伐木机器人就绪了，喵！

准备阶段：
- 把所有 $n$ 棵树的坚硬度 $a_i$ 和 $m$ 把斧头的破坏度 $b_j$ 混合在一起，进行离散化，得到它们各自的排名。
- 把 $k$ 个询问 (l, r) 按右端点 r 分类，挂在对应的 r 上。
- 初始化线段树。对于每个斧头的排名，其能量值为 +1。
- 初始化一个全为 0 的树状数组。
扫描阶段（r 从 1 遍历到 n）： a. 加入新树：把第 r 棵树加入考虑范围。在线段树中，找到这棵树坚硬度对应的排名，将其能量值设为 -1，并记录它的原始位置是 r。同时，在树状数组的第 r 位加 1，表示我们暂时认为这棵树能被砍掉。
b. 检查与修复平衡：
- 查询线段树的全局最小后缀和。
- 只要这个值小于 0，就说明我们的假设（所有树都能砍）太乐观了，平衡被打破了！
- 设最小后缀和是从排名 p_min 开始的，我们就在排名区间 [p_min, n+m] 中，找到原始位置最靠前的那棵树（记为 victim_tree）。它就是我们“忍痛割爱”的目标。
- 修复：在树状数组中，将 victim_tree 对应位置的值减 1（表示它最终没被砍掉）。在线段树中，将 victim_tree 对应排名的能量值改回 0，并把它从“候选受害者”名单中移除（比如把它的原始位置设为无穷大），这样下次就不会再选中它了。
- 重复这个检查与修复的过程，直到最小后缀和重新变为非负。
c. 回答询问：经过修复，现在系统是平衡的。对于所有右端点为 r 的询问 (l, id)，其答案就是树状数组在区间 [l, r] 的和。我们把答案存起来。
收尾阶段：所有位置都扫完了，按原始询问顺序输出所有答案。

这个过程就像是，我们每遇到一棵新树，都贪心地想把它砍了。但如果发现斧头不够用了（平衡被打破），就不得不放弃之前砍过的一棵树。为了不影响未来的选择，我们总是放弃那个“最古老”（位置最靠前）的树。真是个深思熟虑的策略呢，喵~

代码实现

这是我根据上面的思路，精心重构的一份代码，加了很多注释，希望能帮到主人哦！

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <map>

using namespace std;

const long long INF = 1e18;
const int POS_INF = 1e9 + 7;

// 用于离散化的节点
struct ValueNode {
    int value;
    int original_index; // 负数: 树, 正数: 斧头 (虽然斧头的index用不上)

    bool operator<(const ValueNode& other) const {
        if (value != other.value) {
            return value < other.value;
        }
        return original_index < other.original_index; // 斧头优先(正数小)
    }
};

// 询问结构体
struct Query {
    int l, id;
};

// 线段树节点
struct SegNode {
    long long sum; // 区间能量和 (+1斧头, -1树)
    pair<long long, int> min_suffix; // {最小后缀和, 起始排名}
    pair<int, int> min_pos; // {树的最小原始位置, 对应的排名}
};

vector<SegNode> seg_tree;
int total_rank;

// --- 线段树操作 ---
void push_up(int p) {
    int ls = p * 2, rs = p * 2 + 1;
    // 更新区间和
    seg_tree[p].sum = seg_tree[ls].sum + seg_tree[rs].sum;
    // 更新最小位置
    seg_tree[p].min_pos = min(seg_tree[ls].min_pos, seg_tree[rs].min_pos);
    // 更新最小后缀和
    // 最小后缀和要么在右子树，要么是左子树的某个后缀+右子树的和
    if (seg_tree[rs].min_suffix.first < seg_tree[ls].min_suffix.first + seg_tree[rs].sum) {
        seg_tree[p].min_suffix = seg_tree[rs].min_suffix;
    } else {
        seg_tree[p].min_suffix = {seg_tree[ls].min_suffix.first + seg_tree[rs].sum, seg_tree[ls].min_suffix.second};
    }
}

void build(int p, int l, int r) {
    if (l == r) {
        seg_tree[p] = {0, {0, l}, {POS_INF, l}};
        return;
    }
    int mid = l + (r - l) / 2;
    build(p * 2, l, mid);
    build(p * 2 + 1, mid + 1, r);
    push_up(p);
}

// 单点更新
void update(int p, int l, int r, int target_rank, int energy, int pos) {
    if (l == r) {
        seg_tree[p].sum = energy;
        seg_tree[p].min_suffix = {energy, l};
        seg_tree[p].min_pos = {pos, l};
        return;
    }
    int mid = l + (r - l) / 2;
    if (target_rank <= mid) {
        update(p * 2, l, mid, target_rank, energy, pos);
    } else {
        update(p * 2 + 1, mid + 1, r, target_rank, energy, pos);
    }
    push_up(p);
}

// 区间查询最小位置
pair<int, int> query_min_pos(int p, int l, int r, int ql, int qr) {
    if (ql <= l && r <= qr) {
        return seg_tree[p].min_pos;
    }
    int mid = l + (r - l) / 2;
    pair<int, int> res = {POS_INF, 0};
    if (ql <= mid) {
        res = min(res, query_min_pos(p * 2, l, mid, ql, qr));
    }
    if (qr > mid) {
        res = min(res, query_min_pos(p * 2 + 1, mid + 1, r, ql, qr));
    }
    return res;
}

// --- 树状数组操作 ---
vector<int> bit;
int N;

void bit_add(int idx, int val) {
    for (; idx <= N; idx += idx & -idx) {
        bit[idx] += val;
    }
}

int bit_query(int idx) {
    int sum = 0;
    for (; idx > 0; idx -= idx & -idx) {
        sum += bit[idx];
    }
    return sum;
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    int m, k;
    cin >> N >> m >> k;

    vector<ValueNode> all_values;
    vector<int> tree_hardness(N + 1);
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        cin >> tree_hardness[i];
        all_values.push_back({tree_hardness[i], -i}); // 树的原始下标用负数表示
    }
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        int axe_power;
        cin >> axe_power;
        all_values.push_back({axe_power, i}); // 斧头的下标用正数
    }

    sort(all_values.begin(), all_values.end());

    map<int, int> tree_pos_to_rank;
    vector<int> axe_ranks;
    total_rank = all_values.size();
    for (int i = 0; i < total_rank; ++i) {
        if (all_values[i].original_index < 0) {
            tree_pos_to_rank[-all_values[i].original_index] = i + 1;
        } else {
            axe_ranks.push_back(i + 1);
        }
    }

    vector<vector<Query>> queries_by_r(N + 1);
    vector<long long> answers(k);
    for (int i = 0; i < k; ++i) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        queries_by_r[r].push_back({l, i});
    }

    seg_tree.resize(total_rank * 4 + 4);
    build(1, 1, total_rank);

    for (int rank : axe_ranks) {
        update(1, 1, total_rank, rank, 1, POS_INF); // 斧头能量+1, 位置设为无穷大
    }

    bit.resize(N + 1, 0);

    for (int r = 1; r <= N; ++r) {
        // 1. 加入新树
        int rank_of_tree_r = tree_pos_to_rank[r];
        update(1, 1, total_rank, rank_of_tree_r, -1, r); // 能量-1, 记录原始位置r
        bit_add(r, 1); // 假设能砍掉

        // 2. 检查与修复平衡
        while (seg_tree[1].min_suffix.first < 0) {
            int start_rank = seg_tree[1].min_suffix.second;
            pair<int, int> victim = query_min_pos(1, 1, total_rank, start_rank, total_rank);
            
            int victim_pos = victim.first;
            int victim_rank = victim.second;

            bit_add(victim_pos, -1); // 放弃这棵树
            update(1, 1, total_rank, victim_rank, 0, POS_INF); // 恢复能量, 移除候选
        }

        // 3. 回答询问
        for (const auto& q : queries_by_r[r]) {
            answers[q.id] = bit_query(r) - bit_query(q.l - 1);
        }
    }

    for (int i = 0; i < k; ++i) {
        cout << answers[i] << "\n";
    }

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O((n+m)\log(n+m) + k\log k + n \cdot \log(n+m) \cdot \log n)$ 。
- 排序离散化需要 $O((n+m)\log(n+m))$ 。
- 处理询问的挂载，如果排序的话是 $O(k \log k)$ ，用 vector 数组是 $O(k)$ 。
- 主循环遍历 $r$ 从 $1$ 到 $n$ 。在循环内部，while 循环可能会执行多次。每次修复，我们都会永久移除一棵树（将其 pos 设为 POS_INF）。一棵树最多被加入一次，移除一次。所以总的修复次数不会超过 $n$ 次。
- 每次线段树操作是 $O(\log(n+m))$ ，树状数组操作是 $O(\log n)$ 。
- 因此，扫描线部分的总复杂度近似为 $O(n \cdot (\log(n+m) + \log n))$ 。
- 综合起来，瓶颈在于扫描线部分，总时间复杂度是 $O((n+m)\log(n+m) + n \log(n+m))$ 。
空间复杂度: $O(n+m+k)$ 。
- 存储树、斧头和询问需要 $O(n+m+k)$ 。
- 线段树需要 $O(4 \cdot (n+m))$ 的空间。
- 树状数组需要 $O(n)$ 的空间。
- 所以总空间复杂度是 $O(n+m+k)$ ，喵~

知识点总结

这道题是多种算法思想的完美结合，就像一盘精致的猫饭，营养均衡，味道超棒！

离线处理: 解决复杂区间查询问题的利器，特别是当查询可以被重新排序处理时。
扫描线: 一种将几何问题或区间问题转化为动态一维问题的思想，通常与离线处理结合使用。
贪心思想: 在确定砍伐策略时，我们找到了一个关键的贪心准则（后缀和非负），这是解题的理论基础。
数据结构组合拳:
- 线段树: 用于维护动态的、复杂的区间信息。本题中的线段树维护了区间和、最小后缀和、区间最小位置，功能非常强大！
- 树状数组: 用于高效地进行单点更新和前缀和查询，是计算最终答案的得力助手。
- 离散化: 将大范围、稀疏的数值映射到小范围、连续的整数，是使用基于下标的数据结构（如线段树）的前提。

希望我的讲解能帮助主人彻底理解这道题，喵！下次再遇到难题，也请随时来找我哦~

伐木机不要石头！！！(hard version) - 题解 ​

标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

扫描线大法好！ ​

贪心！如何最大化砍树数量？ ​

平衡的艺术：斧头 vs 树木 ​

神奇数据结构登场！ ​

完整流程 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​