据说可以二分查找和线段树做,这里发现可以用树状数组维护前缀和,好像会更容易一些qwq 题意:给你一个序列,每次可以修改单点的值,求是否存在一个数等于它前面所有数的和 相关题目:Codeforces 992E. Nastya and King-Shamans

Solution

我们可以这样做,假设我们知道 1i1-i 的前缀和,我们需要找到第一个 jj 使得 ,如果 a[j]=i=1na[i]a[j]=\sum_{i=1}^{n}a[i] 那么这个 jj 就是我们要的答案。

注意到我们所要确定的 jj 可以通过这样的方式求得:返回前缀和在 内(小于 1i1-i 的前缀和两倍)的最大位置 pp ,那么 p+1p+1 就是我们所需要的 jj

维护前缀和.......当然就是用树状数组啦

复杂度好像是 O(log(i=1na[i]))O(log(\sum_{i=1}^{n}a[i]))

Code

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#include <iostream>
using namespace std;
#define re register int
#define rep(i,a,b) for(re i=(a);i<=(b);++i)
#define drep(i,a,b) for(re i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
#define lowbit(i) i&-i

int n, q;
long long a[200020], v[200020];

inline void upd(int x, ll d) {
for(;x<=n;x+=lowbit(x)) v[x]+=d;
}
inline int get(ll x) {
int p=0; ll res=0;
drep(i,17,0) {
if((p|(1<<i)) > n) continue;
if(res+v[p|(1<<i)]<x) p|=1<<i, res+=v[p];
}
return p+1;
}
inline ll sum(int x) {
ll res=0;
for(;x;x-=lowbit(x)) res+=v[x];
return res;
}

int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> q;
rep(i,1,n) {
cin >> a[i];
upd(i, a[i]);
}

int u, z, ans; ll cur;
while(q--) {
cin >> u >> z;
upd(u, z-a[u]); a[u]=z;
ans=-1, cur=0;
while(ans==-1) {
int pos = get(cur*2);
if(pos>n) break;
if(a[pos]==sum(pos-1)) {ans=pos;break;}
cur = sum(pos);
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}