题意简述
定义 \(f_i=\sqrt{f_{i-1}+a_i},f_0=0\)。
有 \(q\) 次操作，每次操作单点修改一个 \(a_i\) 的值，每次修改后求 \(\lfloor f_n\rfloor\) 的值。
\(n,q\le 2\times10^5,0\le a_i\le 10^{18}\)。
分析
发现这个 \(f_i\) 不是整数非常不利于我们做题，考虑将它变成整数。
令新的 \(f'_i=\lfloor f_i\rfloor\)，这样的话 \(f'_{i+1}=\lfloor\sqrt{f'_i+a_{i+1}}\rfloor=\lfloor\sqrt{f_i-x+a_{i+1}}\rfloor(0\le x<1)\)，但是我们发现这个 \(x\) 不会影响 \(f'_{i+1}=\lfloor\sqrt{f'_i+a_{i+1}}\rfloor\) 的取值，因为 \(f'_i+a_{i+1}\) 是整数，加上了 \(x\) 也只是改变了小数部分，对整数部分没有影响，所以有 \(\lfloor\sqrt{f'_i+a_{i+1}}\rfloor=\lfloor\sqrt{f_i+a_{i+1}}\rfloor\)，故 \(f'_i=f_i\)，\(f_i\) 就转化成整数了。
直觉发现根号这个东西数字缩小的非常快，通过手玩计算器可以发现 \(10^{18}\) 在取六次根号后下取整的值就变成了 \(1\)，由此当 \(n\ge 6\) 时，\(a_1\) 的改变只会使 \(f_n\) 的值至多变化 \(1\)。保险起见我把这个阈值开到了 \(10\)。
考虑如何处理单点修改。将原序列分块，设一个块维护的区间为 \([l,r]\)，块内维护 \(f_i\) 表示当 \(f_{l-1}=0\) 时，\(f_r\) 的取值；维护 \(g_i\) 表示当 \(f_{l-1}\ge g_i\) 时 \(f_i\) 的值将会增长 \(1\)（根据第二个结论，\(f_i\) 的值只会至多增长 \(1\)）。
\(f_i\) 的值直接递推就好，求解 \(g_i\) 考虑逆推，假设最终的 \(f'_r=f_r+1\)，\(f'_{r-1}\) 的值可以由 \(f_r^{'2}-a_r\) 求出，以此类推直到推出 \(f'_{l-1}\) 的值，求出的 \(f'_{l-1}\) 就是 \(g_i\) 的值了。当然你可以二分答案以多一个 log 的代价求出。
每次修改暴力计算块内信息即可，查询的话直接递推，设计算前 \(i-1\) 个块后的答案为 \(ans\)，若 \(ans\ge g_i\)，则 \(ans=f_i+1\)，否则 \(ans=f_i\)。
时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)，视 \(n,q\) 同阶。
注意分块时有可能块长小于阈值（此时第二个结论不成立），对于这种块暴力计算即可。
点击查看代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<set>
#include<ctime>
#include<random>
#define x1 xx1
#define y1 yy1
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define ITIE cin.tie(0);
#define OTIE cout.tie(0);
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("-1")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define popc __builtin_popcount
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);++a)
#define per(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);--a)
#define reprange(a,b,c,d) for(int a=(b);a<=(c);a+=(d))
#define perrange(a,b,c,d) for(int a=(b);a>=(c);a-=(d))
#define graph(i,j,k,l) for(int i=k[j];i;i=l[i].nxt)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof x)
//#define double long double
#define int long long
//#define int __int128
using namespace std;
typedef long long i64;
using pii=pair<int,int>;
bool greating(int x,int y){return x>y;}
bool greatingll(long long x,long long y){return x>y;}
inline int rd(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}
inline void write(int x,char ch='\0'){
if(x<0){x=-x;putchar('-');}
int y=0;char z[40];
while(x||!y){z[y++]=x%10+48;x/=10;}
while(y--)putchar(z[y]);if(ch!='\0')putchar(ch);
}
bool Mbg;
const int maxn=2e5+5,maxm=805,inf=0x3f3f3f3f,B=300,BMIN=10;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,Q,num,a[maxn];
int L[maxm],R[maxm],bel[maxn];
int f[maxm],g[maxm];
void upd(int x){
int res=0;
rep(i,L[x],R[x])res=floor(sqrtl(res+a[i]));
f[x]=res;
res=f[x]+1;
per(i,R[x],L[x]){
int _res=res*res-a[i];
if(_res>inf)return g[x]=llinf,void();
res=_res;
}
g[x]=res;
}
int qry(){
int res=0;
rep(i,1,num){
if(R[i]-L[i]+1<=BMIN){
rep(j,L[i],R[i])res=floor(sqrtl(res+a[j]));
}else{
if(res>=g[i])res=f[i]+1;
else res=f[i];
}
}
return res;
}
void solve_the_problem(){
n=rd(),Q=rd(),num=(n+B-1)/B;rep(i,1,n)a[i]=rd();
rep(i,1,num){
L[i]=R[i-1]+1,R[i]=min(n,R[i-1]+B);
rep(j,L[i],R[i])bel[j]=i;
upd(i);
}
while(Q--){
int x=rd(),y=rd();
a[x]=y,upd(bel[x]);
write(qry(),10);
}
}
bool Med;
signed main(){
// freopen(".in","r",stdin);freopen(".out","w",stdout);
// fprintf(stderr,"%.3lfMB\n",(&Mbg-&Med)/1048576.0);
int _=1;while(_--)solve_the_problem();
}
/*
*/