贪吃蛇[CSP2020]

题面

https://www.luogu.com.cn/problem/P7078

题解

考场上开T4的时候只有40~50分钟了 努力思索了10分钟想到一个结论(中途想假了一次)

然后发现部分分还挺多：70分

70分

简单说说70分做法：先假设游戏一直进行，那么就可以用set把每轮游戏是谁吃谁处理出来

显然游戏共有 (n-1) 轮，从最后一轮开始向前扫，假设当前到第 (i) 轮，是 (A) 吃掉 (B)，记 (t) 为第 (isim n-1) 轮中第一次有蛇叫停是在第几轮(初始时(t=n))，同时记录 (d_x) 表示若游戏一直进行则第 (x) 条蛇在第 (d_x) 轮被吃掉，那么如果 (d_A < t) 就表示 (A) 如果这一轮吃了 (B)，那它在后面一定会被吃掉，所以 (A) 必须叫停，更新 (t) 为 (i)，否则不更新

最终答案即为 (n-t+1)，复杂度 (O(Tnlog n))

100分

如何 (O(n)) 把上面set求的东西求出来？

这题的做法和NOIP2016蚯蚓比较像，通过维护多个普通队列来存取最小/最大值

具体地说，维护两个普通队列，一个初始时装着排好序的所有元素，一个初始为空

每次操作时，分别找出两个队列的队头元素，取其中较小者即是当前的最小元素，最大元素同理取队尾

然后把最大减最小的那个元素放到第二个队列的队头

只要两个队列都具有单调性，这个做法就是对的

显然只出不进的队列1时刻具有单调性 考虑队列2

整个 (n-1) 轮分为两个阶段 假设第 (i) 轮场上最大的蛇是 (A_i)，最小是 (B_i)

1. (A_ige 2*B_i)

那么显然有 (A_{i+1}le A_i,B{i+1}ge B_i)

假设 (C_i) 是 (A_i) 吃 (B_i) 得到的那条蛇，那么有 (C_ige C_{i+1})

当 (C_i>C_{i+1}) 时，队列2就是有单调性的了

当 (C_i=C_{i+1}) 时，一定有 (A_i=A_{i+1})，那么要不 (A_i) 和 (A_{i+1}) 两次其实都是标号相同的那条蛇(即 (C_i) 作为 (A_{i+1}) 被弹出队列2了)，要不 (A_i) 的标号大于 (A_{i+1}) 也就是说 (C_i) 的标号大于 (C_{i+1})，两种情况都满足队列2的单调性

至此证明了阶段1中队列2是有单调性的

2. (A_i<2*B_i)

第一次满足这个条件时，看作是进入了阶段2

假设第一次进入阶段2时，共有 (m) 条蛇，从小到大为 (a_1,a_2,cdots a_m)

那么第一次吃完后的蛇长度为 (a_m-a_1<a_1)

第二次一定是 (a_{m-1}-(a_m-a_1)le a_1)

第三次是 (a_{m-2}) 减掉第二次得到的那个值，也是 (<a_1)

假设第 (i) 次减出来的值是 (v_i)，由于队列1中已没有长度小于 (a_1) 的蛇，不难看出第 (i+1) 次的最短蛇的长度一定是 (v_i) (但是编号不一定相同)

继续推下去，易证对于所有的奇数次，有 (v_i<a_1)，而偶数次有 (v_ile a_1)

对于奇数次 (i)，第 (i+1) 轮中最小值必然是 (v_i)，那么就相当于 (v_i) 进入队列2后又马上被弹出了，依然不影响队列2单调性

换个说法 也就是说 (A_i) 在吃完 (B_i) 后，下一轮马上作为 (B_{i+1}) 被吃掉

对于偶数次 (i)，若第 (i+1) 轮中最小蛇是 (v_i) 则同上

如果 (v_i=a_1) 并且此时有和它长度相同但编号更小的蛇呢？

假设第一次出现这种情况是在第 (k) 轮，(A_k) 吃完 (B_k) 后长度变成 (v_k)，由于有比 (v_k) 更小的作为 (B_{k+1})，那么 (B_{k+1}) 就一定不和 (A_k) 是同一条蛇了

那么只有 (k+1) 和 (k+2) 两轮的最大蛇都选择要吃时，(A_k) 才有可能在后续被吃掉

而由于 (k+1) 是奇数，所以如果 (A_{k+2}) 在第 (k+2) 轮选择吃的话，吃掉的一定是此时长度小于 (a_1) 的 (A_{k+1})

这样一来，(A_{k+1}) 在 (k+1) 轮肯定就会选择叫停，所以 “(k+1) 和 (k+2) 两轮的最大蛇都选择要吃” 是不可能的

所以 (A_k) 在后续一定不会被吃掉，它就一定会选择吃 (B_k)

注意到此时 (k-1) 也是奇数，那么 (A_{k-1}) 和 (B_k) 就是同一条蛇，所以 (A_{k-1}) 在第 (k-1) 轮一定叫停

写了这么多，就是为了证明出现这种情况时，游戏在第 (k-1) 轮就一定会终止，那么就从第 (k-2) 轮往回扫就行了

这样我们就 (O(n)) 算出了上面set算的东西，然后再套用上面的70分做法即可

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;

template <typename T>
inline void read(T &num) {
	T x = 0; char ch = getchar();
	for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar());
	for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
	num = x; 
}

const int inf = 0x3f3f3f3f;
int ttt, n, k;
int a[N], b[N], c[N], eaten[N], h1, t1, h2, t2;
pii q1[N], q2[N];

inline pii getmn() {
	if ((h2 > t2) || (h1 <= t1 && q1[t1] < q2[t2])) return q1[t1--];
	else return q2[t2--];
}
inline pii getmx() {
	if ((h2 > t2) || (h1 <= t1 && q1[h1] > q2[h2])) return q1[h1++];
	else return q2[h2++];
}

void calc(int st) {
	memset(eaten, 0, sizeof(eaten));
	int ans = st + 1;
	for (int i = st; i; i--) {
		eaten[c[i]] = i;
		if (eaten[b[i]] && eaten[b[i]] < ans) {
			ans = i;
		}
	}
	printf("%d
", n - ans + 1);
}

void solve() {
	h1 = h2 = 1; t1 = t2 = 0;
	bool flag = 0;
	for (int i = n; i; i--) q1[++t1] = mp(a[i], i);
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		pii mx = getmx(), mn = getmn();
		pii nowmn = min(h1<=t1?q1[t1]:mp(inf, inf), h2<=t2?q2[t2]:mp(inf, inf));
		pii now = mp(mx.fi-mn.fi, mx.se);
		b[i] = mx.se; c[i] = mn.se;
		if (now < nowmn) flag = 1;
		if (flag && now >= nowmn) {
			calc(i-2); return;
		}
		q2[++t2] = now;
	} 
	calc(n-1);
}

int main() {
	read(ttt); ttt--;
	read(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
	solve();
	for (int i = 1; i <= ttt; i++) {
		read(k);
		for (int j = 1, x, y; j <= k; j++) {
			read(x); read(y);
			a[x] = y;
		}
		solve();
	}
	return 0;
}