S001B. 催化剂

$\mathsf{\color{Thistle}Statement}$

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，$i$ 位置表示有一个种类为 $a_i$ 的糖果（$a_i$ 可以重复，即同一个种类有多个糖果），接下来有 $q$ 次查询：

• 1 x：表示种类 $x$ 多了 $1$ 个糖果
• 2 x：表示种类 $x$ 少了 $1$ 个糖果
• 3 k：输出将所有糖果分给 $k$ 个小朋友的最小愤怒值之和
  • 愤怒值：令第 $i$ 个小朋友所拥有的第 $j$ 种糖果的数量为 $b_{i,j}$，则愤怒值之和为 $\sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^n \max(0,b_{i,j}-1)$

$\mathsf{\color{Thistle}Solution}$

若第 $i$ 种糖果的数量为 $c_i$，则对于 $k$ 个小朋友，最小愤怒值为 $\sum_{i=1}^n \max(0,c_i-k)$，其实就是每种糖果平均分给 $k$ 个小朋友，可以证明这是最优的。比如说：糖果为 $2,2,2,2,3,5,5$，$2$ 个小朋友，划分方案如下。

那么，问题转化为了动态求出现所有出现次数 $\ge k$ 的数的和 $-$ $k\times$ 出现次数 $\ge k$ 的数的个数。这个是可以通过平衡树来维护的，不过难写且麻烦。

不妨考虑将询问离线，对于一次更改，相当于对所有 $\le cnt$ 询问作统一的更改（$cnt$ 表示当前更改后该糖果种类的数量）。故，考虑将询问排序，每次更改通过树状数组实现即可。

$\mathsf{\color{Thistle}Code}$

signed main() {
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(0);

	cin >> n >> q;
	int op, x;
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		cin >> x, opr[ ++ m] = {x, 1};
	while (q -- ) {
		cin >> op >> x;
		if (op == 1) opr[ ++ m] = {x, 1};
		else if (op == 2) opr[ ++ m] = {x, -1};
		else k ++, qry[k] = {x, k}, upd[m].push_back(k);
	}
	sort(qry + 1, qry + 1 + k);
	for (int i = 1; i <= k; i ++) pos[qry[i].se] = i;

	for (int i = 1; i <= m; i ++) {
		sum.add(lst[opr[i].fi], -tot[opr[i].fi]);
		tot[opr[i].fi] += opr[i].se;
		cnt.add(lst[opr[i].fi], -1);
		int l = 1, r = k, ans = -1;
		while (l <= r) {
			int mid = l + r >> 1;
			if (qry[mid].fi < tot[opr[i].fi]) l = mid + 1, ans = mid;
			else r = mid - 1;
		}
		if (ans == -1) lst[opr[i].fi] = 0;
		else lst[opr[i].fi] = k - ans + 1, sum.add(lst[opr[i].fi], tot[opr[i].fi]), cnt.add(lst[opr[i].fi], 1);
		for (auto v : upd[i])
			res[v] = sum.sum(k - pos[v] + 1) - qry[pos[v]].fi * cnt.sum(k - pos[v] + 1);
	}

	for (int i = 1; i <= k; i ++)
		cout << res[i] << endl;

	return 0;
}