ARC082F - Sandglass(思维)

ARC082 D - Sandglass

Solution

这题~~睡觉的时候~~ 想了挺久的。

一段时间 $Δt\Delta t$ 内要么是让 $x+Δtx+\Delta t$ 对 $X$ 取 $m i n$ ，要么是让 $x−Δtx-\Delta t$ 对 $0$ 取 $m a x$ 。

如果没有对边界取 $m a x / m i n$ ，就是一个单纯的前缀和了。而加上对边界取 $m a x / m i n$ ，对于没有撞到过边界的还是一个和之前一样的前缀和，但如果撞到过边界答案就会改变。

我们发现有这样一个性质：
对于 $[0, X]$ 的这一个区间经过若干次操作之后，会存在一个前缀和 $0$ 贴贴（指之后的值都和 $0$ 一样），存在一个后缀和 $X$ 贴贴（指之后的值都和 $X$ 一样）。

这个性质的来源可以通过下列过程得到：

初始有一个区间 $[L, R] = [0, X]$ 表示还没有和 $0$ 或 $X$ 贴贴的区间。
若这一次是减的， $[L′,R′]=[L−Δt,R−Δt][L',R']=[L-\Delta t,R-\Delta t]$ ，且 $L^{'} < 0$ 了，那么当前的 $[L^{'}, 0)$ 这一段值就和 $0$ 贴贴了，也就是说，初始区间中与 $0$ 贴贴的一部分前缀的长度增加 $- L^{'}$ 。
若这一次是加的， $[L′,R′]=[L+Δt,R+Δt][L',R']=[L+\Delta t,R+\Delta t]$ ，且 $R^{'} > X$ 了，那么当前的 $(X, R^{'}]$ 这一段值就和 $0$ 贴贴了，也就是说，初始区间中与 $0$ 贴贴的一部分前缀的长度增加 $R^{'} - X$ 。
注：这里为了方便不会让正好等于 $0, X$ 的数和 $0, X$ 贴贴。
（是不是和 $NOIP2020T4NOIP2020\;T4$ 的方法有异曲同工之妙？）

然后我们发现上述过程我们是可以直接模拟的，于是可以求出 $a_i,ta_i$ 表示 $0,a_i)$ 最早在 $ta_i$ 时刻与 $0$ 贴贴，同样 $b_i,tb_i$ 表示与 $X$ 贴贴的我们也能求出来。

然后我们可以预处理 $0$ 的变化和 $X$ 的变化。
对于 $(x, y)$ 这个询问，如果 $y$ 在 $x$ 时刻之前和 $0$ 或 $X$ 贴贴了，那就按照 $0 / X$ 之前预处理的答案算即可；如果没有，那么就表示 $y$ 在 $x$ 时刻之前从来没有撞到过 $0$ 或 $X$ 的边界，因此再求一个前缀和计算就可以了。

时间复杂度 $O (n l g n)$ 。

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;
}