Weed

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Description

从前有个栈，一开始是空的。
　　你写下了 m 个操作，每个操作形如 k v :
　　　　若 k = 0，代表往栈顶加入一个数 v
　　　　若 k = 1，则代表从栈顶弹出 v 个数，如果栈中的元素少于 v 个，则全部弹出。
　　接着你又进行了 q 次修改，每次你会选择一个操作，并且修改它的两个参数。
　　在每次修改后，你都要求出如果依次执行这些操作，最后栈中剩下的元素之和。

Input

第一行两个正整数 m,q，分别表示操作数和修改次数。
　　接下来 m 行，每行两个整数 k,v，代表一个操作。
　　接下来 q 行，每行三个正整数 c,k,v，表示将第 c 个操作的参数修改为 k 和 v。

Output

输出 q 行，每行一个整数，代表依次执行所有操作后栈中剩下的元素之和。

Sample Input

5 2
　　0 3
　　0 2
　　0 3
　　1 1
　　0 5
　　1 0 3
　　1 0 1

Sample Output

10
　　8

HINT

m,q ≤ 2×1e5, v ≤ 1e4

Solution

首先，我们可以把一个操作拆成：先删除若干个数，然后加入若干个数。

那么我们可以用线段树来维护，一个节点记录：删除del个数，加入add个数，这add个数的和是val。

那么我们只需要支持单点修改，答案显然就是Node[1].val。问题在于怎么合并两个节点的信息。

我们分情况讨论，记录左儿子为L，右儿子为R。显然信息形如：----+++ / -----+++。讨论一下 R.del 与 L.add 的关系：

1. 显然当 L.add <= R.del 的时候， del 即为 L.del + R剩余的del ，add 即为 R.add，val 即为 R.val；

2. 否则，当 L.add > R.del 的时候，难点在于 L 剩下多少 val，只要讨论出了这个问题，就解决了该题。

我们令函数 Query(i, k) 表示 删除了节点 i 的 后 k 个值，剩下的 val。那么显然这个也只要分类讨论即可：

1. k = R.add，返回 i.val - R.val 即可，比较显然；

2. k < R.add，显然我们需要继续往 R 递归，返回 i.val - R.val + Query(R, k)；

3. k > R.add，显然我们需要往 L 递归，显然 k 先减去 R.add，又因为存在R.del这一段，所以 L 的后面几个是被删除的，要多查几个，所以返回 Query(L, k - R.add + R.del)。

然后我们写个线段树，就解决了这道题啦QWQ。

Code

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long s64;

const int ONE = 1e6 + 5;

int m, T;

struct point
{
    int opt, val;
}oper[ONE];

struct power
{
    int add, del, val;
}Node[ONE * 4];

int get()
{
    int res=1,Q=1;char c;
    while( (c=getchar())<48 || c>57 )
        if(c=='-')Q=-1;
    res=c-48;
    while( (c=getchar())>=48 && c<=57 )
        res=res*10+c-48;
    return res*Q;
}

int Query(int i, int k)
{
    int L = i << 1, R = i << 1 | 1;
    if(k == Node[R].add) return Node[i].val - Node[R].val;
    if(k < Node[R].add) return Node[i].val - Node[R].val + Query(R, k);
    if(k > Node[R].add) return Query(L, k - Node[R].add + Node[R].del);
}

power Merge(int L, int R)
{
    power c = (power){0, 0, 0};
    if(Node[L].add <= Node[R].del)
        c.del = Node[L].del + Node[R].del - Node[L].add,
    c.add = Node[R].add, c.val = Node[R].val;
    if(Node[L].add > Node[R].del)
    {
        c.del = Node[L].del;
        c.add = Node[L].add - Node[R].del + Node[R].add;
        c.val = Query(L, Node[R].del) + Node[R].val;
    }
    return c;
}

void Build(int i, int l, int r)
{
    if(l == r)
    {
        if(oper[l].opt == 0) Node[i] = (power){1, 0, oper[l].val};
        else Node[i] = (power){0, oper[l].val, 0};
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    Build(i << 1, l, mid); Build(i << 1 | 1, mid + 1, r);
    Node[i] = Merge(i << 1, i << 1 | 1);

}

void Update(int i, int l, int r, int L)
{
    if(L <= l && r <= L)
    {
        if(oper[l].opt == 0) Node[i] = (power){1, 0, oper[l].val};
        else Node[i] = (power){0, oper[l].val, 0};
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    if(L <= mid) Update(i << 1, l, mid, L);
    else Update(i << 1 | 1, mid + 1, r, L);
    Node[i] = Merge(i << 1, i << 1 | 1);
}

int main()
{
    m = get();    T = get();
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        oper[i].opt = get(), oper[i].val = get();
    Build(1, 1, m);
    while(T--)
    {
        int id = get();
        oper[id].opt = get();    oper[id].val = get();
        Update(1, 1, m, id);
        printf("%d\n", Node[1].val);
    }
}