考虑第$i$列的答案，即找到一个区间$[l,r]$，使得：
1.$l$和$r$要同奇偶，令$ans=frac{r-l}{2}$，要求尽量大（$ans+1$即为该列答案）
2.$forall 0le jle ans$，$[l+j,r-j]subseteq [l_{i-j},r_{i-j}],[l_{i+j},r_{i+j}]$（两个都包含）
两个都包含可以看成求交，那么即$lge max(l_{i-j},l_{i+j})-j$，类似的$rle min(r_{i-j},r_{i+j})+j$，很明显$l$和$r$都会取到端点，只需要保证长度足够，即$ans$合法当且仅当
$$
min_{0le jle ans}(min(r_{i-j},r_{i+j})+j)-max_{0le jle ans}(max(l_{i-j},l_{i+j})-j)ge 2ans
$$
由于相邻两列答案至多相差1，记上一列的答案为$ans$，那么只需要判定$anspm 1$即可
注意到一次判定也就是求区间$l_{i}/r_{i}pm i$最小和最大值，用树状数组维护复杂度过高，考虑用单调队列来维护，通过调整判定$anspm 1$的顺序每一次询问的右端点单调不下降，左端点至多减小1，复杂度为$o(n)$
时间复杂度为$o(n)$，且常数略大
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 5000005 4 #define mod 998244353 5 #define ull unsigned long long 6 int t,n,ans,sum,mi[N],l[N],r[N]; 7 struct pqueue{ 8 int p,L,R,x,y,a[N],q[N]; 9 void add(int k){ 10 while ((x<y)&&(a[k]<=a[q[y-1]]))y--; 11 q[y++]=k; 12 } 13 int query(int l,int r){ 14 int ans=0x3f3f3f3f; 15 //q头尾为[x,y]，是[L,R]的单调队列，询问[l,r] 16 for(int i=l;i<L;i++)ans=min(ans,a[i]); 17 assert(R<=r); 18 while (R<r)add(++R); 19 if (L<l){ 20 L=l; 21 while ((x<y)&&(q[x]<L))x++; 22 } 23 ans=min(ans,a[q[x]]); 24 return p*ans; 25 } 26 }Q[4]; 27 ull calc(ull &A,ull &B){ 28 ull T=A,S=B; 29 A=S; 30 T^=(T<<23); 31 T^=(T>>17); 32 T^=(S^(S>>26)); 33 B=T; 34 return T+S; 35 } 36 void read(){ 37 int L,X,Y; 38 ull A,B; 39 scanf("%d%d%d%llu%llu",&L,&X,&Y,&A,&B); 40 for(int i=1;i<=n;i++){ 41 l[i]=calc(A,B)%L+X; 42 r[i]=calc(A,B)%L+Y; 43 if (l[i]>r[i])swap(l[i],r[i]); 44 } 45 } 46 void init(){ 47 for(int i=0;i<4;i++)Q[i].L=Q[i].R=Q[i].x=Q[i].y=0; 48 for(int i=1;i<=n;i++)Q[0].a[i]=r[i]-i; 49 for(int i=1;i<=n;i++)Q[1].a[i]=r[i]+i; 50 for(int i=1;i<=n;i++)Q[2].a[i]=-(l[i]+i); 51 for(int i=1;i<=n;i++)Q[3].a[i]=-(l[i]-i); 52 } 53 bool check(int i,int ans){ 54 if ((i+ans>n)||(i-ans<=0))return 0; 55 int r=min(Q[0].query(i-ans,i)+i,Q[1].query(i,i+ans)-i); 56 int l=max(Q[2].query(i-ans,i)-i,Q[3].query(i,i+ans)+i); 57 return r-l>=2*ans; 58 } 59 int main(){ 60 mi[0]=1; 61 for(int i=1;i<N-4;i++)mi[i]=3LL*mi[i-1]%mod; 62 Q[0].p=Q[1].p=1; 63 Q[2].p=Q[3].p=-1; 64 scanf("%d",&t); 65 for(int ii=1;ii<=t;ii++){ 66 scanf("%d",&n); 67 read(); 68 init(); 69 ans=0; 70 sum=1; 71 for(int i=2;i<=n;i++){ 72 if (!check(i,ans))ans--; 73 else{ 74 if (check(i,ans+1))ans++; 75 } 76 sum=(sum+1LL*mi[i-1]*(ans+1))%mod; 77 } 78 printf("Case #%d: %d ",ii,sum); 79 } 80 }