CSP2020-S T4 贪吃蛇
前言
灵感源自老K与EI的题解，有所融会贯通。所有的蛇都足够聪明，就我挺笨的。
思路
首先这道题，跟16年的蚯蚓很像，至少我在考场上面一看第一个想的就是双队列优化，但是这个暂时不能说是对的，也没错。都无妨。为了方便，设所有蛇的实力为 (a_1,a_2,...,a_{n-1},a_n).
先来模拟一下吧。
提出 (a_n,a_1) 作为最大值和最小值。这里建议想成合并蛇。合并成了一条 (a_n-a_1) 的蛇（记为 (a_x)）。将它放入蛇群中。
希望能够每次尽量快的取出最大值和最小值，则能双队列优化是最好的。
现在目的是为了靠近单调性。
分类讨论，
Case1：
若是 (a_x) 仍为最小，则希望单调递减。则有柿子。
这个结论是 EI 所说过的。
Case2：
若是 (a_x) 不为最小，显然需要 (a_x>a_{n-1}-a_2) 成立。又由于 (a_x>a_2) (不为最小)，所以 (a_x>a_{n-1}-a_2>a_{n-1}-a_x) 结论同上。然后归纳出只要每次取出的最大值为最小值的两倍以上就能保持单调。（此处有关等号的事情要求编号，无关紧要，手玩即可）
同时可以发现由于 (a_x>a_2>a_1) 所以 (a_n-a_1>a_1),(Case2) 恒满足结论。
于是可知在 (Case2) “最大值减最小值不为新的最小值”（即 (a_x>a_2)），的情况下，可以使用双队列，符合单调性。，对于 (Case1) 则是只在满足结论时单调。
更进一步
从现在开始，考虑的所有问题，都是回答当前最强蛇会不会吃。
考虑到在 (case2) 的情况下，这条蛇必吃无疑。
证明：因为单调性，下一条最大的蛇((a_{n-1})) 去吃最小值之后一定会小于 (a_x) 。所以就算要死，也是 (a_{n-1}) 先死，而所有的吃过的蛇都是不可能死的。不然它会不吃转而直接结束游戏。所以 (a_n) 就不可能死。吃就完事了。
所以连续的 (Case 2) 直接模拟就行。于是会遇到第一个 (Case1)
单调性的消亡
很麻烦的是，(Case1) 时结论十分不好满足。所以当成冒着“风险”去吃，更进一步的说，是先吃，然后观察下一个最大的会不会吃。若是下一个不会吃，当前条就吃，否则不吃。此时需要注意到这个问题依旧没有脱离“最强蛇会不会吃”的范畴，只是询问的是下一条最强蛇，换句话说，有着递归性质。
那么递归的边界有两个。（即什么时候必吃）
第一个边界是其后的某一条蛇遇见了 (Case2) ，必吃。第二个边界是只剩两条蛇了。
但是此时需要思考一个问题，即在 (Case1) 中，不满足单调性，那么一直从两个队列中取出最大值和最小值还是对的吗？答案是对的。而这也是我和机房同学思考了1个小时的问题。
单调性是相对于多次的插入同时都在队列中而言的，但是可以发现，由于 (Case1) 的插入的 (a_x) 是最小的的性质，则必然会在下一次取出来。更具体的，当遇到一连串 (Case1) 的时候，就会一直在第二个队列中的某个位置上反复存储（若是中间有 (Case2) 就到达边界了）。
同时最大值也肯定是对的，因为存储的一直只与最小值有关，除非只剩两条蛇，但这又恰好碰上了另一个边界。
最大值合法，最小值也合法，不单调，也无妨。
奇偶性的影响
这个都比较简单了，虽然说是递归，但是打的时候直觉就强烈的告诉我和奇偶性相关。
不妨考虑边界做出决策的蛇是第 i 层 ，那么第 i-1 层必然不敢冒风险，于是第 i-2 层就能吃， i-3层不敢冒风险....
所以性质显然，只需要记录递归多少层就行。
CODE
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<fstream>
#include<cmath>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
inline int read(){
char ch=getchar();
int res=0,f=1;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())res=(res<<3)+(res<<1)+(ch-'0');
return res*f;
}
const int MAXN=1e6+5,inf=1e9;
int t,n,a[MAXN];
pii q1[MAXN],q2[MAXN];//q1单调递增，q2单调递减
int l1,r1,l2,r2;//首尾指针
inline pii mx(){//取出最大值且弹出
if(r1==l1)return q2[l2++];
else if(r2==l2)return q1[--r1];
else if(q2[l2]>q1[r1-1])return q2[l2++];
else return q1[--r1];
}
inline pii mn(){//取出最小值并弹出
if(l1==r1)return q2[--r2];
else if(r2==l2)return q1[l1++];
else if(q2[r2-1]<q1[l1])return q2[--r2];
else return q1[l1++];
}
inline pii M_min(pii x,pii y){
return x<y?x:y;
}
inline void solve(){
l1=r1=l2=r2=0;
for(int i=1;i<=n;++i)q1[r1++]=mp(a[i],i);//初始化
int fl=0,cnt=0,alf=0;
while(1){
++cnt;//计数器，同时也是死掉的蛇数
pii x=mn(),y=mx();
pii z=M_min((l1<r1?q1[l1]:mp(inf,-inf)),(l2<r2?q2[r2-1]:mp(inf,-inf)));//再取出一个最小值
y.first-=x.first;
if(y>z||cnt==n-1){//Case2和边界写一起了
if(fl){
printf("%d
",n-(fl-(alf&1)));//奇偶性
return ;
}
if(cnt==n-1){
printf("1
");
return ;
}
q2[r2++]=y;//压入队列
}
else {
alf++;//记录层数
if(!fl)fl=cnt; //第一个开始“冒风险”的蛇的之前死了多少
q2[r2++]=y;//压入队列
}
}
}
int main(){
t=read()-1;
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
solve();
while(t--){
int k=read();
for(int i=1,x;i<=k;++i)x=read(),a[x]=read();
solve();
}
return 0;
}