description

《大鱼吃小鱼》是一款经典的儿童益智类游戏，在游戏中，玩家所操控的“大鱼”只能吃掉体积严格小于自己的“小鱼”，然后玩家所操控的“大鱼”的体积就会增加“小鱼”的体积这么多的量。

知名主播 Bychaha 是《大鱼吃小鱼》这款游戏国服排行榜的前 50 名，为了辅助自己玩这款游戏，Bychaha 研发了一个脚本，该脚本能在游戏开始时快速计算出 Bychaha 需要按照什么顺序吃掉哪些鱼，才能在吃掉最少的鱼的前提下，达到通关所需的体积。在这个强大脚本的辅助下，Bychaha 很快便成功问鼎国服。

很遗憾的是，这一切都是 Bychaha 做的梦，他并不会写代码，所以他想要求助擅长写代码的你来帮助他实现这个脚本。为了降低难度，Bychaha 只需要知道他最少需要吃掉几只鱼才能达到通关的要求。

《大鱼吃小鱼》游戏总共可能发生以下三类事件：

• l 1 S K 表示一局新游戏开始了，Bychaha 操控的“大鱼”的初始体积为 S，当“大鱼”的体积达到 K 或更大时，这一局游戏通关
• l 2 W 表示游戏中新加入了一条体积为 W 的鱼
• l 3 W 表示游戏中某条体积为 W 的鱼消失了，保证在此之前游戏中至少存在一条体积为 W 的鱼

《大鱼吃小鱼》游戏的每一关都是模拟吃鱼的过程，所以在通关之后，被吃掉的鱼并不会从游戏中消失，只有发生（3）号事件时，鱼才会真的消失。

【输入格式】
第一行一个整数 N，表示一开始游戏中存在的鱼的数量。
第二行 N 个数𝑊"，表示初始在游戏中的每条鱼的体积。
第三行一个整数 Q，表示事件的数量。
接下来 Q 行，表示发生的事件，格式如题面所述。
【输出格式】
对于每个（1）号事件，输出一个数，表示通关最少需要吃掉几只鱼，如果
无法通关，输出-1。
【样例输入输出】

4 
1 4 8 1 
15 
1 2 3 
1 2 4 
1 2 5 
1 3 3 
1 3 5 
1 3 16 
1 4 16 
1 8 17 
1 100 101 
1 100 115 
1 3 9 
2 2 
1 3 9 
3 4 
1 3 9 

1 
2 
-1 
0 
2 
4 
3 
2 
1 
-1 
3 
2 
-1 

【提示】
游戏过程中 Bychaha 操控的“大鱼”是凭空产生的，在通关或者通关失败之后自动消失。
【数据规模与约定】
对于 10%的数据，𝑁，Q ≤ 10
对于 30%的数据，𝑁，Q ≤ 1000
另有 10%的数据，1 ≤ S，K ≤ 10¹²，且保证数据完全随机
另有 20%的数据，在任意时刻游戏中至多只有 100 种体积不同的鱼
对于 100%的数据，1 ≤ 𝑁 ≤ 3 ∗ 10⁵，1 ≤ 𝑄 ≤ 10⁵ 1 ≤ 𝑊 ≤ 10¹²，1 ≤ S，K ≤ 10¹⁸

solution

第一遍读完题，应该就有很粗暴的思路：贪心地从能吃的最大体积鱼开始吃，一旦体积变大后可以吃新的大鱼，就又去吃新的大鱼，知道到达通关体积为止

有了主干，再修订一下细节枝叶：每次肯定是吃尽量少的鱼，体积刚好可以解锁一种新大鱼就吃新大鱼，如果新大鱼体积不小于通关体积，就只用吃到通关体积即可。

通关体积是大于等于，吃鱼必须严格大于

最后开始寻找工具实现：发现若干问题，想到用二分假模拟，利用线段树维护吃的鱼区间及个数，很不幸这非常难以实现 在经过2h的调试加入新工具再维护后果断得出的结论

---

实际上，这种看似暴力模拟思路就是正解

直接模拟这个过程，可能会吃$n$次鱼，考虑当前不能吃的最小体积的鱼

显然只有体积严格大鱼这种鱼的体积的时候，可吃鱼集合才会发生改变

如果这种鱼体积大于等于我们的通关体积，就只用吃到通关体积就行了

所以，我们只需要求每一步，对于不同可吃集合的鱼，需要最少吃多少条才能解锁下一步

由于贪心的吃法一定是吃一段连续的鱼（鱼体积是有序的），这个可以二分求出

题解说的线段树二分毁了我好多温柔，还是fhq-treap大法好

接下来是时间复杂度的问题

• 假设现在我们的体积为$A$，不能吃的鱼体积为$B$，显然$A\le B$

  我们会吃掉一些鱼$x$，得到$A+x>B$

  此时不能吃的鱼体积变为$C$，显然$A+x\le C$

  这个时候又再次吃掉一些鱼$y$，得到$A+x+y>C$

  且注意到$y\ge B$，因为解锁可以吃$B$的局面后还不能吃到$C$，需要吃更多的鱼

  所以有$A+x+y\ge A+x+B>A+B\ge A+A$

  也就是说两次二分（两个局面）就至少会翻倍最初体积，时间复杂度自然是$\log$级别了

最后说说二分的实现

• 题解说线段树二分，结果造成了2h的无效输出，毁了我好多温柔，果然还是fhq-treap好

  鱼的体积就是点的权值，一条鱼就是一个点，暴力贪心模拟

  首先按现在鱼的体积分裂出能吃的鱼的集合

  然后每一个局面可以知道现在体积与开启下一个局面的差，利用这个按体积和在可吃集合里分裂就能顺便知道使用了多少条鱼

  接着就跳到下一个局面，如果开启不了就是$-1$

  重点是吃了的鱼下一个局面需要直接跳过，我们的操作是合并是将吃的鱼暂时不合并回去，反而是将这个操作记录到栈里面

  也就是说，做到了fhq-treap里面的鱼都是还未被吃掉了

  最后这个询问完成后，一定要回溯操作，把模拟假装吃掉的鱼重新合并回去

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 400005
struct node { int key, val, Min, sum, siz, lson, rson; }t[maxn];
int n, Q, cnt, root, top;
int v[maxn], sta[maxn];int NewNode( int x ) {int now = ++ cnt;t[now].siz = 1;t[now].key = rand();t[now].sum = t[now].Min = t[now].val = x;return now; 
}void pushup( int x ) {t[x].siz = t[t[x].lson].siz + t[t[x].rson].siz + 1;t[x].sum = t[t[x].lson].sum + t[t[x].rson].sum + t[x].val;if( t[x].lson ) t[x].Min = t[t[x].lson].Min;else t[x].Min = t[x].val;
}int build( int l, int r ) {if( l > r ) return 0;int mid = ( l + r ) >> 1;int now = NewNode( v[mid] );t[now].lson = build( l, mid - 1 );t[now].rson = build( mid + 1, r );pushup( now );return now;
}int merge( int x, int y ) {if( ! x or ! y ) return x + y;if( t[x].key < t[y].key ) {t[x].rson = merge( t[x].rson, y );pushup( x );return x;}else {t[y].lson = merge( x, t[y].lson );pushup( y );return y;}
}void split_val( int now, int val, int &x, int &y ) {if( ! now ) x = y = 0;else {if( t[now].val <= val ) x = now, split_val( t[now].rson, val, t[now].rson, y );else y = now, split_val( t[now].lson, val, x, t[now].lson );pushup( now );}
}void split_siz( int now, int siz, int &x, int &y ) {if( ! now ) x = y = 0;else {if( t[t[now].lson].siz >= siz ) y = now, split_siz( t[now].lson, siz, x, t[now].lson );else x = now, split_siz( t[now].rson, siz - t[t[now].lson].siz - 1, t[now].rson, y );pushup( now );}
}void split_sum( int now, int sum, int &x, int &y ) {if( ! now ) x = y = 0;else {if( t[t[now].rson].sum >= sum )  x = now, split_sum( t[now].rson, sum, t[now].rson, y );else y = now, split_sum( t[now].lson, sum - t[t[now].rson].sum - t[now].val, x, t[now].lson );pushup( now );}
}void rebuild( int x, int y ) {root = merge( x, y );while( top ) {split_val( root, t[sta[top]].val, x, y );root = merge( merge( x, sta[top] ), y );top --;}
}void solve( int S, int T ) {int L = 0, R = root, x, y, ans = 0, nxt;while( S < T ) {split_val( R, S - 1, x, y );L = merge( L, x ), R = y;if( ! R ) nxt = T;else nxt = min( T, t[R].Min + 1 );if( t[L].sum + S < nxt ) {printf( "-1\n" );rebuild( L, R );return;}split_sum( L, nxt - S, x, y );ans += t[y].siz, S += t[y].sum;L = x, sta[++ top] = y;}printf( "%lld\n", ans );rebuild( L, R );
}void Insert( int val ) {int x, y;split_val( root, val, x, y );root = merge( merge( x, NewNode( val ) ), y );
}void Delete( int val ) {int x, y, l, r;split_val( root, val, x, y );split_siz( x, t[x].siz - 1, l, r );root = merge( l, y );
}signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &v[i] );sort( v + 1, v + n + 1 );root = build( 1, n );scanf( "%lld", &Q );while( Q -- ) {int opt, s, k, w;scanf( "%lld", &opt );switch( opt ) {case 1 : {scanf( "%lld %lld", &s, &k );solve( s, k );break;}case 2 : {scanf( "%lld", &w );Insert( w );break;}case 3 : {scanf( "%lld", &w );Delete( w );break;}}}return 0;
}