ARC082 D - Sandglass

Solution

這題睡覺的時候 想了挺久的。

一段時間$\Delta t$內要么是讓$x+\Delta t$對$X$取$min$，要么是讓$x?\Delta t$對$0$取$max$。

如果沒有對邊界取$max/min$，就是一個單純的前綴和了。而加上對邊界取$max/min$，對于沒有撞到過邊界的還是一個和之前一樣的前綴和，但如果撞到過邊界答案就會改變。

我們發現有這樣一個性質：
對于$[0,X]$的這一個區間經過若干次操作之后，會存在一個前綴和$0$貼貼（指之后的值都和$0$一樣），存在一個后綴和$X$貼貼（指之后的值都和$X$一樣）。

這個性質的來源可以通過下列過程得到：

• 初始有一個區間$[L,R]=[0,X]$表示還沒有和$0$或$X$貼貼的區間。
• 若這一次是減的，$[L^{\prime },R^{\prime }]=[L?\Delta t,R?\Delta t]$，且$L^{\prime }<0$了，那么當前的$[L^{\prime },0)$這一段值就和$0$貼貼了，也就是說，初始區間中與$0$貼貼的一部分前綴的長度增加$?L^{\prime }$。
• 若這一次是加的，$[L^{\prime },R^{\prime }]=[L+\Delta t,R+\Delta t]$，且$R^{\prime }>X$了，那么當前的$(X,R^{\prime }]$這一段值就和$0$貼貼了，也就是說，初始區間中與$0$貼貼的一部分前綴的長度增加$R^{\prime }?X$。
• 注：這里為了方便不會讓正好等于$0,X$的數和$0,X$貼貼。
• （是不是和$NOIP2020T4$的方法有異曲同工之妙？）

然后我們發現上述過程我們是可以直接模擬的，于是可以求出$a_i,t{a}_i$表示$[0,a_i)$最早在$t{a}_i$時刻與$0$貼貼，同樣$b_i,t{b}_i$表示與$X$貼貼的我們也能求出來。

然后我們可以預處理$0$的變化和$X$的變化。
對于$(x,y)$這個詢問，如果$y$在$x$時刻之前和$0$或$X$貼貼了，那就按照$0/X$之前預處理的答案算即可；如果沒有，那么就表示$y$在$x$時刻之前從來沒有撞到過$0$或$X$的邊界，因此再求一個前綴和計算就可以了。

時間復雜度$O(nlgn)$。

Code

#include <vector> #include <list> #include <map> #include <set> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <bitset> #include <algorithm> #include <functional> #include <numeric> #include <utility> #include <sstream> #include <iostream> #include <iomanip> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <string> #include <cstring> #include <ctime> #include <cassert> #include <string.h> //#include <unordered_set> //#include <unordered_map> //#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B) #define PB(A) push_back(A) #define SIZE(A) ((int)A.size()) #define LEN(A) ((int)A.length()) #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i) #define fi first #define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; } template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double lod; typedef pair<int,int> PR; typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11; const lod pi=acos(-1); const int oo=1<<30; const ll loo=1ll<<62; const int mods=998244353; const int MAXN=600005; const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567 /*--------------------------------------------------------------------*/ inline int read() {int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f; } int T[MAXN],numa=0,numb=0,s[MAXN],p0[MAXN],px[MAXN]; PR a[MAXN],b[MAXN]; signed main() {int X=read(),n=read();for (int i=1;i<=n;i++) T[i]=read(); T[n+1]=INF+INF;int L=0,R=X;for (int i=1;i<=n+1;i++){int t=T[i]-T[i-1];if (i&1) {L-=t,R-=t;if (R<0) { numa++,a[numa]=MP(a[numa-1].fi+R-L+1,i); break; }else if (L<0) numa++,a[numa]=MP(a[numa-1].fi-L,i),L=0;}else{L+=t,R+=t;if (L>X) { numb++,b[numb]=MP(b[numb-1].fi+R-L+1,i); break; }else if (R>X) numb++,b[numb]=MP(b[numb-1].fi+R-X,i),R=X; }}p0[0]=0,px[0]=X;for (int i=1;i<=n+1;i++){int t=T[i]-T[i-1];if (i&1) s[i]=s[i-1]-t,p0[i]=max(p0[i-1]-t,0),px[i]=max(px[i-1]-t,0);else s[i]=s[i-1]+t,p0[i]=min(p0[i-1]+t,X),px[i]=min(px[i-1]+t,X);}int Case=read();while (Case--){int x=read(),y=read(),p=lower_bound(T+1,T+n+2,x)-T-1,ans;if (y<a[numa].fi){int t=lower_bound(a+1,a+numa+1,MP(y,-1))-a;if (T[a[t].se]>x) ans=y+s[p]+(x-T[p])*((p&1)?1:-1);else ans=p0[p]+(x-T[p])*((p&1)?1:-1);}else if (X-y<b[numb].fi){int t=lower_bound(b+1,b+numb+1,MP(X-y,-1))-b;if (T[b[t].se]>x) ans=y+s[p]+(x-T[p])*((p&1)?1:-1);else ans=px[p]+(x-T[p])*((p&1)?1:-1);}upmin(ans,X),upmax(ans,0);printf("%d\n",ans);}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的ARC082F - Sandglass(思维)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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