感觉是一个比较厉害的 trick，并且从来没见过，记录一下。
题意
给定 \(n\) 个数和 \(q\) 次操作：
1 l r x：区间 \([l,r]\) 加 \(x\)。2 x v：查询在询问之前有多少时刻 \(a_x\ge v\)。一次操作定义为一个时刻，初始为 \(0\) 时刻。
\(n,q\le 10^5\)
分析
如果 \(x\ge 0\)，那么 \(a_i\) 的值不降，直接二分+主席树维护即可。只是提一嘴我的原始思路，跟这题正解没关系。
但是 \(x<0\)，上面的做法就假透了。考虑一个新做法。
假设对 \(a_i\) 的询问，我们找出了它在所有时间轴上的值 \(b_i\)，原题的询问等价于询问时间轴在 \([0,t)\) 中 \(b_i\ge v\) 的 \(i\) 个数。这是分块的经典例题。如果我们只维护一个 \(a_i\)，那么我们直接将值域分块，然后整块二分散块暴力即可。
但是我们要维护 \(n\) 个数的区间加。
区间加这个东西会给区间内的所有数加同一个偏移量废话，我们或许可以考虑从 \(i-1\) 继承过来 \(i\) 的所有版本的值。这样的话，我们只需要将 \([l,r]\) 拆成 \(l,r+1\) 两个单点，在 \(l\) 处增加贡献，在 \(r+1\) 处去除贡献。对于一个单点加，就相当于对 \([t,q]\) 的时间段里 \(a_i\) 的历史值做区间加。查询直接套用上文的解法。
时间复杂度 \(O(n\sqrt n\log n)\)。
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<stack>
#include<bitset>
#include<set>
#include<ctime>
#include<random>
#include<cassert>
#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 P0 puts("0")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define un using namespace
#define all(x) x.begin(),x.end()
#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;
typedef unsigned long long u64;
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<<1)+(x<<3)+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=1e5+5,maxm=4e5+5,inf=0x3f3f3f3f,B=320;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,Q,a[maxn];
vector<pii>mdf[maxn];
using piii=pair<pair<int,int>,int>;
vector<piii>ask[maxn];
int ans[maxn];
//b sorted c unsorted
int b[maxn],c[maxn],tag[maxn];
int L[maxn],R[maxn],bel[maxn],num;
void remake(int x){
rep(i,L[x],R[x])c[i]+=tag[x],b[i]=c[i];
tag[x]=0;
sort(b+L[x],b+R[x]+1);
}
void upd(int l,int r,int x){
if(bel[l]==bel[r]){
rep(i,l,r)c[i]+=x;
remake(bel[l]);
return;
}
rep(i,l,R[bel[l]])c[i]+=x;remake(bel[l]);
rep(i,bel[l]+1,bel[r]-1)tag[i]+=x;
rep(i,L[bel[r]],r)c[i]+=x;remake(bel[r]);
}
int qry(int l,int r,int val){
int res=0;
if(bel[l]==bel[r]){
rep(i,l,r)if(c[i]+tag[bel[l]]>=val)++res;
return res;
}
rep(i,l,R[bel[l]])if(c[i]+tag[bel[l]]>=val)++res;
rep(i,bel[l]+1,bel[r]-1){
int ps=lower_bound(b+L[i],b+R[i]+1,val-tag[i])-b;
res+=R[i]-ps+1;
}
rep(i,L[bel[r]],r)if(c[i]+tag[bel[r]]>=val)++res;
return res;
}
inline void solve_the_problem(){
n=rd(),Q=rd(),num=Q/B+1;
rep(i,1,num){
L[i]=(i-1)*B,R[i]=min(i*B-1,Q);
rep(j,L[i],R[i])bel[j]=i;
}
rep(i,1,n)a[i]=rd();
int qrycnt=0;
rep(i,1,Q){
int op=rd(),l=rd(),r=rd(),x;
if(op==1){
x=rd();
mdf[l].emplace_back(mp(x,i)),mdf[r+1].emplace_back(mp(-x,i));
}else{
ask[l].emplace_back(mp(mp(r,i-1),++qrycnt));
}
}
rep(i,1,n){
for(pii j:mdf[i]){
int val=j.fi,t=j.se;
upd(t,Q-1,val);
}
for(piii j:ask[i]){
int val=j.fi.fi,t=j.fi.se,id=j.se;
ans[id]=qry(0,t,val-a[i]);
}
}
rep(i,1,qrycnt)write(ans[i],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();
}
/*
*/