题面

样例输入

5 8
1 1 4 2
2 3 1
2 3 3
1 2 5 1
2 3 3
2 5 2
2 1 2
2 1 3

样例输出

1
0
4
0
1
0

样例解释

题解

比这道题简单了不知多少倍。

我们可以把所有询问操作放到最后，计算出答案之后，再判断每个询问的答案是否超出原本限制，超过了就输出 0 。

把询问跟操作分开后，整体二分就行了。知道整体二分的基本都应该想到怎么做了吧：

所有操作按照原序（混凝土种类从小到大），所有询问按照 $x$ 从小到大排。

递归到操作区间 $[l,r]$ 、同时对应询问区间 $[l_2,r_2]$ 时，定操作区间的中点为 $\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{d}=\lfloor \frac{l+r}{2}\rfloor$ 。我们把一个操作看成是两个二元组 (l,h) 和 (r+1,-h) ，表示把 $[\mathrm{l},+\infty ]$ 的区域整体加 $h$，同时把 $[\mathrm{r},+\infty ]$ 的区域整体加 $-h$ 。

我们处理出操作区间 $[l,\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{d}]$ 内的所有二元组按照第一个元素从小到大排序后的序列 $st$ ，然后一边遍历询问区间 $[l_2,r_2]$ ，一边用扫描线扫描序列 $st$ ，得到所有操作在当前询问位置 $x_i$ 处累计的高度，若该高度大于等于 $y_i$ ，说明该询问的答案在操作 $[l,\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{d}]$ 里，把该询问扔进“左儿子询问区间”，否则扔进“右儿子询问区间”。由于询问位置是递增的，二元组首元素也是递增的，因此这个过程是线性的。

我们把 $[l_2,r_2]$ 的询问分流后，用“左儿子询问区间”替换 $[l_2,md]$ ，“右儿子询问区间”替换 $[md+1,r_2]$ ，接下来递归 $([l,\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{d}],[l_2,md])$ 和 $([\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{d}+1,r],[md+1,r_2])$ 。

于是我们的算法瓶颈就在二元组序列 $st$ 的处理上，目前仍需要排序，使得整个程序复杂度是 $O(q{\log }^{2}q)$ 的。我们需要砍掉一个 $\log q$。

我们发现，一个操作的两个二元组是恒定的，于是，可以一开始就将所有二元组排序，形成序列 $ST$ ，然后操作中的 $st$ 可以通过 $ST$ 的子串类似询问区间的分流得到。我们再多两个参数 $l_3,r_3$ ，表示当前操作区间对应的二元组（子）序列 $[l_3,r_3]$ ，然后扫描所有二元组，把来源种类小于等于 $\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{d}$ 的二元组归到“左序列”中，其余归到“右序列”，然后合并形成新序列，替换 $[l_3,r_3]$。设分界点为 $mi$ ，$[l_3,mi]$ 和 $[mi+1,r_3]$ 里的二元组是排好序的，而且这个分流也是线性的。我们要用的 $st$ 就是这时候的子序列 $[l_3,mi]$ 。

时间复杂度 $O(q\log q)$ 。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<random>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1000005
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define DB double
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define ENDL putchar('\n')
#define FI first
#define SE second
LL read() {LL f=1,x=0;int s = getchar(); while(s < '0' || s > '9') {if(s<0)return -1;if(s=='-')f=-f;s = getchar();}while(s >= '0' && s <= '9') {x = (x<<3) + (x<<1) + (s^48); s = getchar();}return f*x;
}
void putpos(LL x) {if(!x)return ;putpos(x/10);putchar('0'+(x%10));}
void putnum(LL x) {if(!x) {putchar('0');return ;}if(x<0) {putchar('-');x = -x;}return putpos(x);
}
void AIput(LL x,int c) {putnum(x);putchar(c);}int n,m,s,o,k;
int L[MAXN],R[MAXN],H[MAXN],X[MAXN],cna;
struct it{int x,id;LL y;it(){x=y=id=0;}it(int X,LL Y,int I){x=X;y=Y;id=I;}
}q[MAXN],q1[MAXN],q2[MAXN];
it st[MAXN<<1],s1[MAXN<<1],s2[MAXN<<1];
int tp;
int as[MAXN],lm[MAXN],cnq;
bool cmpq(it a,it b) {return a.x < b.x;}
void solve(int l,int r,int l2,int r2,int l3,int r3) {if(l == r) {int ll = L[l],rr = R[l],h = H[l];for(int i = l2;i <= r2;i ++) {if(ll <= q[i].x && rr >= q[i].x && h >= q[i].y) {as[q[i].id] = X[l];}}return ;}int mid = (l + r) >> 1;int ct1 = 0,ct2 = 0;for(int i = l3;i <= r3;i ++) {if(st[i].id <= mid) s1[++ ct1] = st[i];else s2[++ ct2] = st[i];}int md = l3 + ct1 - 1;for(int i = l3;i <= md;i ++) st[i] = s1[i-l3+1];for(int i = md+1;i <= r3;i ++) st[i] = s2[i-md];int j = l3,c1 = 0,c2 = 0;LL sm = 0;for(int i = l2;i <= r2;i ++) {int xx = q[i].x;while(j <= md && st[j].x <= xx) sm += st[j ++].y;if(q[i].y <= sm) {q1[++ c1] = q[i];}else {q[i].y -= sm;q2[++ c2] = q[i];}}int md2 = l2 + c1 - 1;for(int i = l2;i <= md2;i ++) q[i] = q1[i-l2+1];for(int i = md2+1;i <= r2;i ++)q[i] = q2[i-md2];solve(l,mid,l2,md2,l3,md);solve(mid+1,r,md2+1,r2,md+1,r3);return ;
}
int main() {freopen("concrete.in","r",stdin);freopen("concrete.out","w",stdout);n = read();m = read();for(int i = 1;i <= m;i ++) {k = read();if(k == 1) {cna ++;L[cna] = read();R[cna] = read();H[cna] = read();X[cna] = i;st[++ tp] = it(L[cna],H[cna],cna);st[++ tp] = it(R[cna]+1,-H[cna],cna);}else {cnq ++;q[cnq].x = read();q[cnq].y = read();q[cnq].id = cnq;lm[cnq] = i;}}sort(st + 1,st + 1 + tp,cmpq);sort(q + 1,q + 1 + cnq,cmpq);solve(1,cna,1,cnq,1,tp);for(int i = 1;i <= cnq;i ++) {if(!as[i] || as[i] > lm[i]) {AIput(0,'\n');}else AIput(as[i],'\n');}return 0;
}