[loj522]绯色 IOI（危机）

将炸弹按坐标排序并建图，其中$(i,j)\in E$当且仅当$|x_{i}-x_{j}|\le r_{i}$

性质：$\forall i\in[1,n],\{j\mid (i,j)\in E\}$和$\{j\mid i能到达j\}$均构成连续区间

前者显然，后者考虑第一次跨过该点时根据前者即可到达该点

结论：$\forall k\in [1,n],|\{i\mid i能到达k\}|\sim o(\log R)$（其中$R=\max r_{i}$）

根据对称性，不妨仅考虑在$k$右侧的$i$，并依次记为$a_{1}<a_{2}<...<a_{m}$

引理1：$\forall i\in [1,m],d(a_{i},k)$严格单调递增（关于$d$的定义参考题面）

根据性质，$a_{i+1}$可以到达$a_{i}$，将该路径与$a_{i}$到$k$的路径拼接即可（若有重复点即成环）

引理2：$\forall x能到达y,d(x,y)\sim o(\log R)$

假设$x$到$y$的最长路径为$a_{1},a_{2},...,a_{m}$，显然$\forall i\in [1,m-2],d(a_{i},a_{i+2})=3$

结合题中条件，有$(a_{i},a_{i+2})\in E$，进而对$a_{i+1}$的位置分类讨论：

1.若$a_{i+1}$与$a_{i+2}$在$a_{i}$的两侧，则$a_{i}$与$a_{i+1}$相互可达，矛盾

2.若$a_{i}$与$a_{i+2}$在$a_{i+1}$的两侧，则有$\begin{cases}R_{a_{i+2}}<R_{a_{i+1}}&\\R_{a_{i+1}}+R_{a_{i+2}}< R_{a_{i}}\end{cases}$

前者是因为$(a_{i+2},a_{i+1})\not\in E$，后者结合$(a_{i+1},a_{i})\not\in E$且$(a_{i},a_{i+2})\in E$即可得到

3.若$a_{i}$与$a_{i+1}$在$a_{i+2}$的两侧，则有$2R_{a_{i+2}}<R_{a_{i}}$（原因类似）

综上，均有$R_{a_{i+2}}<\frac{R_{i}}{2}$，进而$o(\log R)$次后$R=0$，路径必然结束

结合上述两个引理，结论显然成立

综上分析，考虑依次执行以下步骤：

1.二分出$\{j\mid (i,j)\in E\}$对应区间（优化建图）并拓扑排序

2.记$\{j\mid i能到达j\}$对应区间为$[L_{i},R_{i}]$，转移即$\begin{cases}L_{i}=\min_{(i,j)\in E}L_{j}\\R_{i}=\max_{(i,j)\in E}R_{j}\end{cases}$（倒序枚举拓扑序）

3.定义$f_{i}$表示以$i$为结尾的答案，转移即$\forall j\in [L_{i},R_{i}],f_{i}+F(v_{i},v_{j})\rightarrow f_{j}$（正序枚举拓扑序）

时间复杂度为$o(n\log R)$，可以通过

另外，跳过第2步直接搜索$\{j\mid i能到达j\}$转移$f$会多一个$\log$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300005
#define mod 998244353
#define ll long long
struct Data{
    ll x,r;int v,id;
    bool operator < (const Data &k)const{
        return x<k.x;
    }
}a[N];
int n,l[N],r[N],dfn[N],deg[N],L[N],R[N];ll f[N];
int F(int x,int y){
    return ((x^y)+(ll)x*y)%mod;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i].x);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i].r);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i].v);
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i].id=i;sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        l[i]=lower_bound(a+1,a+n+1,Data{a[i].x-a[i].r,0,0,0})-a;
        r[i]=upper_bound(a+1,a+n+1,Data{a[i].x+a[i].r,0,0,0})-a-1;
        for(int j=l[i];j<=r[i];j++)
            if (j!=i)deg[j]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (!deg[i])dfn[++dfn[0]]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=l[dfn[i]];j<=r[dfn[i]];j++)
            if ((j!=dfn[i])&&(--deg[j]==0))dfn[++dfn[0]]=j;
    for(int i=1;i<=n;i++)L[i]=R[i]=i;
    for(int i=n;i;i--){
        int x=dfn[i];
        for(int j=l[x];j<=r[x];j++)
            if (j!=x)L[x]=min(L[x],L[j]),R[x]=max(R[x],R[j]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x=dfn[i];
        for(int j=L[x];j<=R[x];j++)
            if (j!=x)f[a[j].id]=max(f[a[j].id],f[a[x].id]+F(a[x].v,a[j].v));
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld\n",f[i]);
    return 0;
}