Codeforces 1710 A,B,C,E

A,C做时没有遇到太多困难，所以这里就略写。
既然E是一个Well-Known Problem，那么也写一下E的题解吧。

A
容易发现最终一定是若干行组成的一个条状的东西，这样之间暴力即可。

B
首先观察到积水量最大的点一定是某次降雨的中心。
第一个问题就是我们如何求出所有降雨中心的积水量。

区间加同一个数，我们可以想到差分。
那么区间加 $1,2,...,n,n-1,...,1$ 呢？使用二维差分。

具体的，对于一次降雨 $x_{i},p_{i}$ ，那么二维差分数组 $ch[x_{i}-p_{i}]:=ch[x_{i}-p_{i}]+1,ch[x_{i}]:=ch[x_{i}]-2,ch[x_{i}+p_{i}]:=ch[x_{i}+p+_{i}]+1$ 。

对二维差分进行一次前缀和，就可以得到一维差分；再进行一次前缀和，就可以得到各个点的降雨量。

对于坐标负数，这个很好解决——使用map存储差分数组；但是我们发现，二维差分点数是 $O(n)$ 的，但是对二维差分做两次前缀和后，这个数组的长度会很大，所以要想得到原先点的降雨量，不能暴力做。我们可以之间用二维差分数组直接得到各个点的降雨量，具体的，如果我们要计算 $Pos$ 点的降雨量，那么我们找到所有 $<Pos$ 的差分数组 $(i,ch(i))$ ，其贡献是 $(Pos-i)\times ch(i)$ 。所以我们就可以直接写出下面的程序：

scanf("%d%lld",&n,&m);
std::map<ll,ll> ch;
std::vector<ll> pos,val;
for(int i=1;i<=n;i++) {
	scanf("%lld%lld",&x[i],&p[i]);
	ch[x[i]-p[i]]++;
	ch[x[i]]-=2;
	ch[x[i]+p[i]]++;
	pos.push_back(x[i]);
	id[i]=i;
}
std::sort(pos.begin(),pos.end());
pos.erase(std::unique(pos.begin(),pos.end()),pos.end());
std::map<ll,ll>::iterator it=ch.begin();
ll sum=0,now=0;
for(int i=0;i<(int)pos.size();i++) {
	if(i) sum+=(pos[i]-pos[i-1])*now;		
	while(it!=ch.end()&&it->first<pos[i]) {
		now+=it->second;
		sum+=(pos[i]-it->first)*(it->second);
		it++;
	}
	val.push_back(sum);
}

于是我们得到每个降雨中心的位置 $pos(i)$ 和对应的积水量 $val(i)$ 。如果我们撤销第 $j$ 次降水，那么必须满足对于所有 $val(i)>m$ 的 $i$ ：

$pos(i)\leq x_{j}$ ，则 $val(i)-(p_{j}-(x_{j}-pos(i)))$ 必须小于等于 $m$ 。
$pos(i)>x_{j}$ ，则 $val(i)-(p_{j}-(pos(i)-x_{j}))$ 必须小于等于 $m$ 。
化简这两个式子：

v a l (i) - (p_{j} - (x_{j} - p o s (i))) \leq m v a l (i) - (p_{j} - x_{j} + p o s (i)) \leq m v a l (i) - p_{j} + x_{j} - p o s (i) \leq m x_{j} - p_{j} \leq m - v a l (i) + p o s (i) v a l (i) - (p_{j} - (p o s (i) - x_{j})) \leq m v a l (i) - (p_{j} - p o s (i) + x_{j}) \leq m v a l (i) - p_{j} + p o s (i) - x_{j} \leq m - p_{j} - x_{j} \leq m - v a l (i) - p o s (i)

$val(i)-(p_{j}-(x_{j}-pos(i)))\leq m\\ val(i)-(p_{j}-x_{j}+pos(i))\leq m\\ val(i)-p_{j}+x_{j}-pos(i)\leq m\\ x_{j}-p_{j}\leq m-val(i)+pos(i)\\ val(i)-(p_{j}-(pos(i)-x_{j}))\leq m\\ val(i)-(p_{j}-pos(i)+x_{j})\leq m\\ val(i)-p_{j}+pos(i)-x_{j}\leq m\\ -p_{j}-x_{j}\leq m-val(i)-pos(i)$

这可以用两个set存储。

具体程序见：

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(...) std::cerr<<#__VA_ARGS__<<" : "<<__VA_ARGS__<<std::endl

using ll=long long;
const int maxn=200005;
int n;
ll m,x[maxn],p[maxn],id[maxn],ans[maxn];

bool cmp(int id1,int id2) {
	return x[id1]<x[id2];
} 

void solve() {
	scanf("%d%lld",&n,&m);
	std::map<ll,ll> ch;
	std::vector<ll> pos,val;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%lld%lld",&x[i],&p[i]);
		ch[x[i]-p[i]]++;
		ch[x[i]]-=2;
		ch[x[i]+p[i]]++;
		pos.push_back(x[i]);
		id[i]=i;
	}
	std::sort(pos.begin(),pos.end());
	pos.erase(std::unique(pos.begin(),pos.end()),pos.end());
	std::map<ll,ll>::iterator it=ch.begin();
	ll sum=0,now=0;
	for(int i=0;i<(int)pos.size();i++) {
		if(i) sum+=(pos[i]-pos[i-1])*now;		
		while(it!=ch.end()&&it->first<pos[i]) {
			now+=it->second;
			sum+=(pos[i]-it->first)*(it->second);
			it++;
		}
		val.push_back(sum);
	}
	std::sort(id+1,id+n+1,cmp);
	std::multiset<ll> S,T;
	for(int i=0;i<(int)pos.size();i++) {
		if(val[i]>m) S.insert(val[i]-m+pos[i]);
	}
	for(int i=1,j=0;i<=n;i++) {
		while(j<(int)pos.size()&&pos[j]<=x[id[i]]) {
			if(val[j]>m) {
				S.erase(S.find(val[j]-m+pos[j]));
				T.insert(val[j]-m-pos[j]);	
			}
			j++;
		}
		bool r1=S.empty()||*S.rbegin()<=p[id[i]]+x[id[i]];
		bool r2=T.empty()||*T.rbegin()<=p[id[i]]-x[id[i]];
		if(r1&&r2) {
			ans[id[i]]=1;
		} else {
			ans[id[i]]=0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) putchar(ans[i]+'0');
	putchar('\n');
}

int main() {
	int T; scanf("%d",&T);
	while(T--) solve();
	return 0;
}

C
一道比较板子的数位DP。设 $dp(i,s1,s2,s3,t1,t2,t3)$ 表示考虑了 $a,b,c$ 的前 $i$ 位，在只考虑前 $i$ 位的情况下， $a,b,c$ 与 $n$ 的大小关系为 $s1,s2,s3$ ， $a\oplus b+b\oplus c$ 与 $a\oplus c$ 、 $a\oplus b + a\oplus c$ 与 $b\oplus c$ 、 $a\oplus c+b\oplus c$ 与 $a\oplus b$ 的大小关系为 $t1,t2,t3$ ，此时合法的方案数。

转移也是比较简单的。

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(...) std::cerr<<#__VA_ARGS__<<" : "<<__VA_ARGS__<<std::endl

using ll=long long;
const ll mod=998244353;

int n;
std::string str;
ll f[200005][2][2][2][2][2][2];

#define REP(i,x,y) for(int (i)=(x);(i)<(y);(i)++)

int main() {
	std::cin>>str;
	std::reverse(str.begin(),str.end());
	n=str.size();
	str=" "+str;
	REP(a,0,2) REP(b,0,2) REP(c,0,2) {
		int dig=str[1]-'0';
		int s1=a>dig,s2=b>dig,s3=c>dig;
		int x=a^b,y=b^c,z=a^c;	
		int t1=x+y>z,t2=x+z>y,t3=y+z>x;			
		f[1][s1][s2][s3][t1][t2][t3]++;	
	}
	REP(i,1,n) REP(s1,0,2) REP(s2,0,2) REP(s3,0,2) REP(t1,0,2) REP(t2,0,2) REP(t3,0,2) {		
		REP(a,0,2) REP(b,0,2) REP(c,0,2) {			
			int i_=i+1;
			int dig=str[i+1]-'0';
			int s1_=(dig==a?s1:(dig<a?1:0));
			int s2_=(dig==b?s2:(dig<b?1:0));
			int s3_=(dig==c?s3:(dig<c?1:0));
			int x=a^b,y=b^c,z=a^c;
			int t1_=(z==x+y?t1:(z<x+y?1:0));
			int t2_=(y==x+z?t2:(y<x+z?1:0));
			int t3_=(x==y+z?t3:(x<y+z?1:0));
			f[i+1][s1_][s2_][s3_][t1_][t2_][t3_]+=f[i][s1][s2][s3][t1][t2][t3];
			f[i+1][s1_][s2_][s3_][t1_][t2_][t3_]%=mod;
		}
	}
	printf("%lld\n",f[n][0][0][0][1][1][1]);
	return 0;
}