前言
双堆懒删除
当需要维护若干元素中的最大值（或最小值）时，可以用一个堆维护，但是堆只擅长处理堆顶元素，对堆中任意元素的处理就束手无策了。此时，可以引入另外一个堆，我们定义原来的堆为保存堆 \(ex\)，新的堆为懒删除堆 \(de\)。那么当需要从保存堆中删除任意一个元素时，可以先将元素放入懒删除堆 \(de\) 中。当需要从保存堆 \(ex\) 中取出元素时，若保存堆的堆顶与删除堆的堆顶相同，则共同弹出堆顶元素，循环此过程直至当堆顶不再相同时，保存堆堆顶元素就是当前最大值（或最小值）。
题目
https://codeforces.com/problemset/problem/1294/D
题意
第一行，输入两个正整数 \(n, m(1 \leq n, m \leq 4*10^5)\)，接下来 \(n\) 行每行输入一个非负整数 \(w_i(0 \leq w_i \leq 10^9)\)。
在每次询问时，你都可以将现有的任意个数进行 \(w_i = w_i \pm m\)，且对每个数都可以执行任意次操作（包括 \(0\) 次）。当操作完成后，输出最大的 MEX(\(w\))。
题解
首先思考： \(w_i\) 进行任意次 \(w_i = w_i \pm m\) 操作后，\(w_i\) 能转变的值有哪些？不能转变的值有哪些？
例如：\(m = 3, w_i = 5\)，进行任意次转变后，\(w_i\) 可以转变的值有 \(change = [2, 5, 8, ...]\)，不能转变的有 \(1, 3, 4, 6, 7, ...\)。
观察可以发现：可以转变的值，都是可以通过 \(min(change) + 3x(0 \leq x)\) 转变的，而 \(min(change) = w_i % m\)。
因此，可以根据对 \(m\) 取模的结果分为 \(m\) 份，统计每份的数量。\(MEX\) 为数量最少的数中数值最小的数 + 数量 \(\times\) 数量最少的数中最小的数对 \(m\) 取模的结果。
若用一个数组维护每份的数量，每一次查询 \(MEX\) 的时间复杂度都是 \(O(n)\)，总体时间复杂度就会来到 \(O(n^2)\)，显然不可接受。
可以用双堆懒删除对维护每份的数量进行维护，时间复杂度为 \(O(m + nlogm)\)。
参考代码
#define PII pair<int, int>
constexpr int N = 4e5 + 7;
int n, m, w;
int a[N];
void solve() {
cin >> n >> m;
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> ex, de;
for (int i = 0; i < m; ++ i) ex.emplace(make_pair(0, i));
while (n --) {
cin >> w;
de.emplace(make_pair(a[w % m] ++, w % m));
ex.emplace(make_pair(a[w % m], w % m));
while (!de.empty() && !ex.empty() && de.top() == ex.top()) {
de.pop();
ex.pop();
}
cout << ex.top().second + ex.top().first * m << '\n';
}
}