CF1495E Qingshan and Daniel

一、题目

点此看题

有 \(n\) 个人排成环，第 \(i\) 个人有 \(a_i\) 张卡牌，属于阵营 \(t_i\)，首先第一个人会打出卡牌，然后和当前打出卡牌的人属于不同阵营且距离它最近（向右的距离）的人会接着打出卡牌。

问每个人最后的卡牌数，输入和输出都需要按题目所述进行加密。

\(n\leq 5\cdot 10^6\)

二、解法

首先做一些基本的观察：所属阵营卡牌总数少的阵营都是 \(0\)

然后考虑打牌的形式是从序列上选取一个环，然后环上每个人依次打牌之后有人无牌退出游戏。这相当于每次删去环上的最小值，我们考虑维护这个环：

• 考虑删除的位置是 \(id\)，如果下一个位置同色则在环上替换成下一个位置。
• 如果下一个位置异色，那么它在环上的前驱需要把它在环上的后继的同色段合并起来。

感觉暴力维护的话需要 \(\tt set/priority\) 之类的数据结构，\(O(n\log n)\) 无法通过。

但是没有必要按照时间顺序来维护环，我们考虑一个很小的局部问题，对于相邻两个属于不同阵营的人，当它们出现在环上时，可以看成它们"决斗"之后其中一个挂掉。

我们钦定起点属于总数少的阵营（否则我们暴力先跳一步），然后从它开始线性扫，如果遇到相同阵营的就让 \(cnt\leftarrow cnt+a_i\)，如果遇到不同阵营的就让它和 \(cnt\) "决斗"，显然这样做是把我上面说的巧妙地模拟了出来，时间复杂度 \(O(n)\)

三、总结

不只是此题，很多题目简化实现\(/\)优化复杂度的关键都是减少我们维护的量，我们可以遵守一个 整体->局部 的思维过程，先考虑整体的变化再反映到局部上便于快速计算。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 200005;
const int M = 5000005;
const int MOD = 1e9+7;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,cnt,ans,seed,base,sum[2],a[M],tmp[M],t[M];
int random()
{
	int ret=seed;
	seed=(seed*base+233)%MOD;
	return ret;
}
void decode()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1,ls=0;i<=m;i++)
	{
		int p=read(),k=read(),b=read(),w=read();
		seed=b;base=w;
		for(int j=ls+1;j<=p;j++)
		{
			t[j]=random()%2;
			a[j]=random()%k+1;
		}
		ls=p;
	}
}
signed main()
{
	decode();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		sum[t[i]]+=a[i],tmp[i]=a[i];
	int st=1,nw=1;
	if(sum[t[1]]>sum[!t[1]])//switch the start pos
	{
		sum[t[1]]--;a[1]--;
		while(st<=n && t[st]==t[1]) st++;
	}
	nw=st;
	if(st<=n) while(sum[t[st]]>0)
	{
		if(t[nw]==t[st])
			cnt+=a[nw],a[nw]=0;
		else
		{
			int o=min(cnt,a[nw]);
			a[nw]-=o;cnt-=o;sum[t[st]]-=o;
		}
		nw=nw%n+1;
	}
	ans=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans=ans*((((tmp[i]-a[i])^(i*i))+1)%MOD)%MOD;
	printf("%lld\n",ans);
}