P4964 绫小路的特别考试
题目背景
这世界上「胜利」便是一切。无关乎过程。
要付出多少牺牲都无所谓。只要最后我「胜出」那就行了。
题目描述
一场新的特别考试来临了，这次的考试内容是（wan e de）文化课，但有所不同的是，考试中允许学生使用对讲机。然而，对讲机的接收范围有限（每个对讲机都能发送无限远，但是只能接收到接收范围内的信号），所以，需要周密地安排才能将对讲机的功效发挥到最大。这时，绫小路找到了你，希望你能帮他计算某种方案下的结果。
考试时，共有 (n) 名学生坐成一排（从左至右依次编号为 (1) ~ (n)），绫小路自己坐在第 (c) 号位置。每名学生都有一个能力值 (w_i)。绫小路已经给每名学生安排了一个接收范围为 (d_i) 的对讲机。
每名学生可以直接做出难度不超过自身能力值的所有题目，一旦一名学生凭能力做出某道题，他就会把这道题的做法进行广播。一名坐在位置 (i)，有接收范围为 (d_i) 的对讲机的学生，可以接收到 ([i-d_i, i+d_i]) 范围内所有学生的广播，若这个范围内有人公布了做法，则他将会做这道题，并也会把这道题的做法进行广播。
绫小路会问你一些问题：当一道题目难度为 (x) 时，有多少学生会做这道题？由于绫小路想隐藏实力，他可能会修改自己的能力值。这两种操作分别用以下两种方式表示：
- (1 x)，表示询问当一道题目难度为 (x) 时，有多少学生会做这道题。
- (2 x)，将绫小路的能力值修改为 (x)，即将 (w_c) 修改为 (x)。
形式化描述（与上文同义）：
给你两个长为 (n) 的数列 (w_{1..n}) 和 (d_{1..n})，以及一个 (w_c) 可修改的位置 (c)。现在有两种操作：
- (1 x) 表示一次询问：设 (f_i=egin{cases}1quad(w_ige x)\1quad(exists i-d_ile jle i+d_i,f_j=1)\ 0quad(otherwise)end{cases})，这里的 (f_i) 定义中引用了 (f_j)，$ $所以 (f_{1..n}) 是会不断更新的，直到无法继续更新时，计算这次询问的答案为 (sumlimits_{i=1}^nf_i)。
- (2 x) 表示一次修改：把 (w_c) 修改为 (x)。
输入输出格式
输入格式
由于数据量太大，为了避免读入耗时过长，使用伪随机数生成器的方式输入，并强制在线。
建议你忽略输入格式，直接使用下面提供的数据生成器模板，了解具体的生成过程对你来说是不必要的。
第一行，三个正整数 (n, m, c)，分别代表学生的总人数，操作总数和绫小路所在的位置。
第二行，五个整数 (mathrm{seed}, mathrm{mind}, mathrm{maxd}, mathrm{mfq}, k)。
此处的 (mathrm{mind}, mathrm{maxd}) 仅用于生成初始的 (d_{1..n})，下文中调整 (d_p) 所用的 (t) 可能不在 ([mathrm{mind}, mathrm{maxd}]) 范围内。
接下来的 (k) 行，每行两个整数 (p, t)，表示调整第 (p) 号同学的对讲机接收范围（即 (d_p)）为 (t)。
若一名同学的对讲机接收范围被调整多次，以最后一次为准。
** 数据生成器模板：**
#include <cstdio>
unsigned long long seed;
int n, m, c, mfq, mind, maxd, k, w[2000001], d[2000001];
inline int randInt() { seed = 99999989 * seed + 1000000007; return seed >> 33; }
void generate()
{
// 在读入种子后生成初始的 w 数组和 d 数组.
for (int i = 1; i <= n; i++) { w[i] = randInt() % n; }
for (int i = 1; i <= n; i++) { d[i] = randInt() % (maxd - mind + 1) + mind; }
}
void getOperation(int lastans, int &opt, int &x)
{
// 生成一次操作的参数 opt 和 x, lastans 表示上一次询问的答案, 初始值为 0.
if ((0ll + randInt() + lastans) % mfq) { opt = 1; } else { opt = 2; }
x = (0ll + randInt() + lastans) % n;
}
int main()
{
scanf("%d %d %d", &n, &m, &c);
scanf("%llu %d %d %d %d", &seed, &mind, &maxd, &mfq, &k);
generate();
for (int i = 1; i <= k; i++)
{
int p, t;
scanf("%d %d", &p, &t);
d[p] = t;
}
// 从这里开始，你可以使用生成的 w 数组和 d 数组.
int lastans = 0, finalans = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int opt, x;
getOperation(lastans, opt, x);
if (opt == 1)
{
// 在这里执行询问操作，并用答案的表达式替代下面的 ___.
finalans = (finalans * 233ll + ___) % 998244353;
lastans = ___;
}
else
{
// 在这里执行修改操作.
}
}
printf("%d
", finalans);
return 0;
}
输出格式
令 (ans_i) 表示第 (i) 次询问（操作 (1) ）的答案，(T_i=egin{cases}(T_{i-1} imes 233+ans_i)mod 998244353quad(ige 1)\0quad(i=0)end{cases})
设 (q) 表示询问（操作 (1) ）的个数，你只需要输出一个整数 (T_q)。
说明
你需要用到的变量：
(1le cle nle 2 imes 10^6)，(1le mle 2 imes 10^6)，(0le w_i, d_i, x<n)。
其它用于生成数据的变量：
(1le mathrm{seed}, mathrm{mfq}le 10^9)，(0le mathrm{mind}le mathrm{maxd}<n)，(0le kle 2 imes 10^5)，(1le ple n)，(0le t<n)。
思路很简单但是为什么想不出来的一个题目？？
考虑暴力，每个点向可以接收到( t{Ta})的点连有向边，这样从每个点出发可以遍历到的点都是( t{Ta})可以把答案传出去的点。这样连边是(O(n^2))的
考虑优化连边，发现找离它最近左右的可以连到( t{Ta})的点就可以了。
实现的时候拿个栈就可以维护了。
发现修改每次只改一个位置的值，可以特殊处理( t{Ta})
预处理出每个询问在路哥传不传答案时的贡献。
可以把元素排序以后从大到小进行( t{dfs})，并每次记录被染色的点。
排序可以桶排，计数排序保证复杂度，也可以直接( t{sort})，跑的也挺快的。
Code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
unsigned long long seed;
const int N=2e6+10;
int n,m,c,mfq,mind,maxd,k,d[N],ans[2][N];
struct node
{
int w,id;
bool friend operator <(node n1,node n2){return n1.w>n2.w;}
}w[N];
inline int randInt(){seed=99999989*seed+1000000007;return seed>>33;}
void generate()
{
for(int i=1;i<=n;i++)w[i].w=randInt()%n,w[i].id=i;
for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=randInt()%(maxd-mind+1)+mind;
}
void getOperation(int lastans,int &opt,int &x)
{
if((0ll+randInt()+lastans)%mfq)opt=1;
else opt=2;
x=(0ll+randInt()+lastans)%n;
}
int sum,used[N],wc,ch[N][2],s[N],tot;
int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
void dfs(int now)
{
if(used[now]) return;
used[now]=1;
++sum;
dfs(ch[now][0]),dfs(ch[now][1]);
}
void init()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(tot&&s[tot]+d[s[tot]]<i) --tot;
if(tot) ch[i][0]=s[tot];
s[++tot]=i;
}
tot=0;
for(int i=n;i;i--)
{
while(tot&&s[tot]-d[s[tot]]>i) --tot;
if(tot) ch[i][1]=s[tot];
s[++tot]=i;
}
std::sort(w+1,w+1+n);used[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(w[i].id==c) {wc=w[i].w;continue;}
dfs(w[i].id);
ans[0][w[i].w]=sum;
}
memset(used,0,sizeof(used));
used[0]=1,sum=0,dfs(c);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dfs(w[i].id);
ans[1][w[i].w]=sum;
}
for(int i=N-10;~i;i--) ans[0][i]=max(ans[0][i],ans[0][i+1]),ans[1][i]=max(ans[1][i],ans[1][i+1]);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
scanf("%llu%d%d%d%d",&seed,&mind,&maxd,&mfq,&k);
generate();
for (int p,t,i=1;i<=k;i++) scanf("%d%d",&p,&t),d[p]=t;
init();
int lastans=0,finalans=0;
for(int ___,opt,x,i=1;i<=m;i++)
{
getOperation(lastans,opt,x);
if(opt==1)
{
if(wc>=x) ___=ans[1][x];
else ___=ans[0][x];
finalans=(finalans*233ll+___)%998244353;
lastans=___;
}
else
wc=x;
}
printf("%d
",finalans);
return 0;
}
2018.11.7