description

在一个神秘的 JOSLFN 上，wzy 和 lqs2015 常年占据着切题榜的 rk1 和 rk2。现在他们在研究
如何快速造题并验题。
分工是这样的：有 n 个 wzy 负责造题，第 i 个 wzy 会造出恰好 ai 道题。有 m 个 lqs2015 负责
验题，第 j 个 lqs2015 最多能验 bj 道题。每个 wzy 需要把他造的每一道题都给一个 lqs2015 来验。
不过有一条限制，就是每个 wzy 的 ai 道题必须给不同的 lqs2015 ，否则这个 lqs2015 会因为验到了
来自同一个 wzy 的题而感到厌烦并且让所有 wzy 和 lqs2015 都消失。
在一旁瑟瑟发抖的 superay 想要知道，是否存在一种符合限制的验题的分配方案。
随着时间的推移，会有 q 次对 a, b 的修改。每次修改有如下四种：
• 1 i 表示将 ai 加 1。
• 2 i 表示将 ai 减 1。
• 3 j 表示将 bj 加 1。
• 4 j 表示将 bj 减 1。
superay 想知道每次修改之后还是否存在合法方案。

Input
第一行两个正整数 n, m。
第二行 n 个非负整数 a1, a2, ···, an。
第三行 m 个非负整数 b1, b2, ···, bm。
第四行一个正整数 q。
接下来 q 行，每行是如下四种之一：
• 1 i (1 ≤i ≤n)
• 2 i (1 ≤i ≤n)
• 3 j (1 ≤j ≤m)
• 4 j (1 ≤j ≤m)
保证任意时刻 a, b 都非负。

Output
输出 q 行，第 i 行表示在第 i 次操作之后的答案，有解输出 1，无解输出 0。

solution

subtask1: n,m,q<=50

这么小的数据，肯定是暴力基础分，直接贪心做

贪心：造题数越多的人越先处理，验题数越多的人越先验

显然，这是为了留下更多的验题人和越小需要不同验题人数的造题人

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subtask2: n,m,q<=1000

当时以为是什么$n^2\log n$的算法，整个数据结构

没想到原来是留给暴力网络流的

这是个最大网络流模板，如果告诉了是网络流，建图方式是显然的

超级源点$S$，超级汇点$T$

造题人和$S$连边，流量为$a_i$，验题人和$T$连边，流量为$b_i$，然后每个造题人和每个验题人之间都有连边，流量为$1$

肯定的，网络流只有满流了才表示有解，即最大流为${\sum }_{i=1}^n{a}_i$

最后就是暴力跑网络流了

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subtask3~4: n,m,q<=250000

$\text{subtask3}$可能是给正解写爆了的人准备的

通过$\text{subtask2}$，已经知道是明显的网络流了，但是数据显然不允许直接硬刚

显然，剩下的工作就是寻找优化

众所周知，最大网络流等于最小割

将$a_i$从大到小排序，满流等价于$\forall k\in [0,n]$，有${\sum }_{i=1}^k{a}_i\le {\sum }_{i=1}^m\min (b_i,k)$

（可以用最小割来理解，也可以用贪心的思路来理解）

巧妙地转化一下，设$c_k$表示$b_i\ge k$的个数，则${\sum }_{i=1}^m\min (b_i,k)={\sum }_{i=1}^k{c}_i$

所以满流要求等价于，$\forall k\in [0,n]$ ，${\sum }_{i=1}^k{c}_i-a_i\ge 0$

这个可以用线段树来维护每个$k$的${\sum }_{i=1}^k{c}_i-a_i$最小值

• 具体而言，记录$sum={\sum }_{i=1}^n{a}_i$（$a_i$是已经排序后的结果）

  要求${\sum }_{i=1}^k{c}_k-a_k\ge 0$，但是随着$k$的变化，$a$的累和也在变，不同的$c_k$要大于的$a_k$累和也不一样

  我们不妨通过一些累加，使得最后要比较的对象都是$sum$

  即，$c_k\leftarrow {\sum }_{i=k+1}^n{a}_i$

  所以线段树上每个$k$放的其实是${\sum }_{i=1}^k{c}_i$

  最后就是比较线段树的最小值是否$\ge sum$即可

• 虽然放的是${\sum }_{i=1}^k{c}_i$，但我们还是通过${\sum }_{i=1}^m\min (b_i,k)$求得的

  将$b$从小到大排序后，枚举$k$，用指针$now$指向最后一个$\le k$的$b_i$

  后面$[now+1,n]$的和自然是$k\times (n-now)$

  前$now$个的$b_i$，可以前缀和预处理，上面累加的区间$a_i$同理

接下来就是考虑四种操作对线段树造成的影响

• 操作$1:a_i+1$

  首先找到$a_i$排序后的区间$[l,r]$（很有可能不只一个值为$a_i$）

  只会对线段树上$a[0,l)$区间造成$1$的影响

  仔细想想，只有$[0,l)$才会得到后面部分$[l,n]$特殊手段的累加，最后比较对象才会是$sum$

  当$a_i+1$后，假设重新排序就会在$[l,r]$前面，真正影响的是比$a_i$大的$a[0,l)$

• 操作$2:a_i-1$

  与操作$1$同理，只不过是对$a[0,r)$区间造成$-1$的影响

  当$a_i-1$后，假设重新排序就会在$[l,r]$后面，$[l,r]$也被影响到

• 操作$3:b_i+1$

  只有原本满足$c_k\ge b_i+1$的$c_k$才会$+1$

• 操作$4:b_i-1$

  只有原本满足$c_k\ge b_i$的$c_k$才会$-1$

都是区间加减的操作

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 250005
#define N 500005
int n, m, Q, sum;
int A[maxn], B[maxn], a[maxn], b[maxn], suma[maxn], sumb[maxn], c[maxn], tree[maxn];void add( int i, int x ) {i ++;for( ;i < N;i += i & -i ) tree[i] += x;
}int ask( int i ) {i ++; int ans = 0;for( ;i > 0;i -= i & -i ) ans += tree[i];return ans;
}#define lson now << 1
#define rson now << 1 | 1
int Min[maxn << 2], tag[maxn << 2];void build( int now, int l, int r ) {if( l == r ) { Min[now] = c[l]; return; };int mid = ( l + r ) >> 1;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r );Min[now] = min( Min[lson], Min[rson] );
}void pushdown( int now ) {Min[lson] += tag[now];tag[lson] += tag[now];Min[rson] += tag[now];tag[rson] += tag[now];tag[now] = 0;
}void modify( int now, int l, int r, int L, int R, int x ) {if( R < l or r < L or L > R ) return;if( L <= l and r <= R ) {Min[now] += x;tag[now] += x;return;}pushdown( now );int mid = ( l + r ) >> 1;modify( lson, l, mid, L, R, x );modify( rson, mid + 1, r, L, R, x );Min[now] = min( Min[lson], Min[rson] );
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld", &A[i] );add( A[i], 1 );a[i] = A[i];sum += a[i];}   for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld", &B[i] );b[i] = B[i];}sort( a + 1, a + n + 1, []( int x, int y ) { return x > y; } );sort( b + 1, b + m + 1 );b[m + 1] = 1e9;for( int i = 1;i <= max( n, m );i ++ ) {suma[i] = suma[i - 1] + a[i];sumb[i] = sumb[i - 1] + b[i];}c[0] = sum;for( int i = 1, now = 0;i <= n;i ++ ) {while( b[now + 1] <= i ) now ++;c[i] = suma[n] - suma[i] + sumb[now] + i * ( m - now );}build( 1, 0, n );scanf( "%lld", &Q );while( Q -- ) {int opt, i;scanf( "%lld %lld", &opt, &i );switch( opt ) {case 1 : {sum ++;int x = n - ask( A[i] ) + 1;modify( 1, 0, n, 0, x - 1, 1 );add( A[i], -1 ), add( ++ A[i], 1 );break;}case 2 : {sum --;int x = n - ask( A[i] - 1 );modify( 1, 0, n, 0, x - 1, -1 );add( A[i], -1 ), add( -- A[i], 1 ); break;}case 3 : {modify( 1, 0, n, ++ B[i], n, 1 );break;}case 4 : {modify( 1, 0, n, B[i] --, n, -1 );break;}}if( Min[1] < sum ) printf( "0\n" );else printf( "1\n" );}return 0;
}