贪吃蛇[CSP2020]
题面
https://www.luogu.com.cn/problem/P7078
题解
考场上开T4的时候只有40~50分钟了 努力思索了10分钟想到一个结论(中途想假了一次)
然后发现部分分还挺多：70分
70分
简单说说70分做法：先假设游戏一直进行，那么就可以用set把每轮游戏是谁吃谁处理出来
显然游戏共有 \(n-1\) 轮，从最后一轮开始向前扫，假设当前到第 \(i\) 轮，是 \(A\) 吃掉 \(B\)，记 \(t\) 为第 \(i\sim n-1\) 轮中第一次有蛇叫停是在第几轮(初始时\(t=n\))，同时记录 \(d_x\) 表示若游戏一直进行则第 \(x\) 条蛇在第 \(d_x\) 轮被吃掉，那么如果 \(d_A < t\) 就表示 \(A\) 如果这一轮吃了 \(B\)，那它在后面一定会被吃掉，所以 \(A\) 必须叫停，更新 \(t\) 为 \(i\)，否则不更新
最终答案即为 \(n-t+1\)，复杂度 \(O(Tn\log n)\)
100分
如何 \(O(n)\) 把上面set求的东西求出来？
这题的做法和NOIP2016蚯蚓比较像，通过维护多个普通队列来存取最小/最大值
具体地说，维护两个普通队列，一个初始时装着排好序的所有元素，一个初始为空
每次操作时，分别找出两个队列的队头元素，取其中较小者即是当前的最小元素，最大元素同理取队尾
然后把最大减最小的那个元素放到第二个队列的队头
只要两个队列都具有单调性，这个做法就是对的
显然只出不进的队列1时刻具有单调性 考虑队列2
整个 \(n-1\) 轮分为两个阶段 假设第 \(i\) 轮场上最大的蛇是 \(A_i\)，最小是 \(B_i\)
1. \(A_i\ge 2*B_i\)
那么显然有 \(A_{i+1}\le A_i,B{i+1}\ge B_i\)
假设 \(C_i\) 是 \(A_i\) 吃 \(B_i\) 得到的那条蛇，那么有 \(C_i\ge C_{i+1}\)
当 \(C_i>C_{i+1}\) 时，队列2就是有单调性的了
当 \(C_i=C_{i+1}\) 时，一定有 \(A_i=A_{i+1}\)，那么要不 \(A_i\) 和 \(A_{i+1}\) 两次其实都是标号相同的那条蛇(即 \(C_i\) 作为 \(A_{i+1}\) 被弹出队列2了)，要不 \(A_i\) 的标号大于 \(A_{i+1}\) 也就是说 \(C_i\) 的标号大于 \(C_{i+1}\)，两种情况都满足队列2的单调性
至此证明了阶段1中队列2是有单调性的
2. \(A_i<2*B_i\)
第一次满足这个条件时，看作是进入了阶段2
假设第一次进入阶段2时，共有 \(m\) 条蛇，从小到大为 \(a_1,a_2,\cdots a_m\)
那么第一次吃完后的蛇长度为 \(a_m-a_1<a_1\)
第二次一定是 \(a_{m-1}-(a_m-a_1)\le a_1\)
第三次是 \(a_{m-2}\) 减掉第二次得到的那个值，也是 \(<a_1\)
假设第 \(i\) 次减出来的值是 \(v_i\)，由于队列1中已没有长度小于 \(a_1\) 的蛇，不难看出第 \(i+1\) 次的最短蛇的长度一定是 \(v_i\) (但是编号不一定相同)
继续推下去，易证对于所有的奇数次，有 \(v_i<a_1\)，而偶数次有 \(v_i\le a_1\)
对于奇数次 \(i\)，第 \(i+1\) 轮中最小值必然是 \(v_i\)，那么就相当于 \(v_i\) 进入队列2后又马上被弹出了，依然不影响队列2单调性
换个说法 也就是说 \(A_i\) 在吃完 \(B_i\) 后，下一轮马上作为 \(B_{i+1}\) 被吃掉
对于偶数次 \(i\)，若第 \(i+1\) 轮中最小蛇是 \(v_i\) 则同上
如果 \(v_i=a_1\) 并且此时有和它长度相同但编号更小的蛇呢？
假设第一次出现这种情况是在第 \(k\) 轮，\(A_k\) 吃完 \(B_k\) 后长度变成 \(v_k\)，由于有比 \(v_k\) 更小的作为 \(B_{k+1}\)，那么 \(B_{k+1}\) 就一定不和 \(A_k\) 是同一条蛇了
那么只有 \(k+1\) 和 \(k+2\) 两轮的最大蛇都选择要吃时，\(A_k\) 才有可能在后续被吃掉
而由于 \(k+1\) 是奇数，所以如果 \(A_{k+2}\) 在第 \(k+2\) 轮选择吃的话，吃掉的一定是此时长度小于 \(a_1\) 的 \(A_{k+1}\)
这样一来，\(A_{k+1}\) 在 \(k+1\) 轮肯定就会选择叫停，所以 “\(k+1\) 和 \(k+2\) 两轮的最大蛇都选择要吃” 是不可能的
所以 \(A_k\) 在后续一定不会被吃掉，它就一定会选择吃 \(B_k\)
注意到此时 \(k-1\) 也是奇数，那么 \(A_{k-1}\) 和 \(B_k\) 就是同一条蛇，所以 \(A_{k-1}\) 在第 \(k-1\) 轮一定叫停
写了这么多，就是为了证明出现这种情况时，游戏在第 \(k-1\) 轮就一定会终止，那么就从第 \(k-2\) 轮往回扫就行了
这样我们就 \(O(n)\) 算出了上面set算的东西，然后再套用上面的70分做法即可
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
template <typename T>
inline void read(T &num) {
T x = 0; char ch = getchar();
for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar());
for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
num = x;
}
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int ttt, n, k;
int a[N], b[N], c[N], eaten[N], h1, t1, h2, t2;
pii q1[N], q2[N];
inline pii getmn() {
if ((h2 > t2) || (h1 <= t1 && q1[t1] < q2[t2])) return q1[t1--];
else return q2[t2--];
}
inline pii getmx() {
if ((h2 > t2) || (h1 <= t1 && q1[h1] > q2[h2])) return q1[h1++];
else return q2[h2++];
}
void calc(int st) {
memset(eaten, 0, sizeof(eaten));
int ans = st + 1;
for (int i = st; i; i--) {
eaten[c[i]] = i;
if (eaten[b[i]] && eaten[b[i]] < ans) {
ans = i;
}
}
printf("%d\n", n - ans + 1);
}
void solve() {
h1 = h2 = 1; t1 = t2 = 0;
bool flag = 0;
for (int i = n; i; i--) q1[++t1] = mp(a[i], i);
for (int i = 1; i < n; i++) {
pii mx = getmx(), mn = getmn();
pii nowmn = min(h1<=t1?q1[t1]:mp(inf, inf), h2<=t2?q2[t2]:mp(inf, inf));
pii now = mp(mx.fi-mn.fi, mx.se);
b[i] = mx.se; c[i] = mn.se;
if (now < nowmn) flag = 1;
if (flag && now >= nowmn) {
calc(i-2); return;
}
q2[++t2] = now;
}
calc(n-1);
}
int main() {
read(ttt); ttt--;
read(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
solve();
for (int i = 1; i <= ttt; i++) {
read(k);
for (int j = 1, x, y; j <= k; j++) {
read(x); read(y);
a[x] = y;
}
solve();
}
return 0;
}
