Solution -「ARC 082D」Sandglass

$\mathcal{Description}$

  Link.

  一个沙漏内共 $Xg$ 沙，令初始时上半部分为 A，下半部分为 B。沙漏在 $r_1,r_2,\cdots,r_n$ 时刻会被瞬间翻转。$q$ 次询问，每次询问给出 $(t,a)$，求初始时 A 有 $ag$ 沙，$t$ 时刻时 A 内沙的质量。保证 $r_{1..n},t_{1..q}$ 升序。

  $n,q\le10^5$。

$\mathcal{Solution}$

  显然，随着初始 A 内沙质量的增多，任意时刻下 A 内沙的质量都不会减少。记 $m(a,t)$ 表示初始 A 有 $ag$ 沙，$t$ 时刻时 A 内沙的质量，则应满足 $(\forall t)\left(m(0,t)\le m(a,t)\le m(X,t)\right)$；此外，若存在一个 $t_0$，使得 $m(a,t_0)=m(0,t_0)$（或 $m(a,t_0)=m(X,t_0)$），则对于所有 $t\ge t_0$，都有 $m(a,t)=m(0,t)$（或 $m(a,t)=m(X,t)$）。

  据此，维护当前时刻 A 内沙子质量的上下界 $[l,u]$ 以及不考虑上方沙子漏完情况下的 A 内沙子质量 $x$，若 $x\in[l,u]$，根据上述性质，不存在沙子漏光的无效时间，$x$ 就是本次询问答案；否则，取下界或者上界作为答案即可。

  复杂度 $\mathcal O(n+q)$。

$\mathcal{Code}$

/* Clearink */

#include <cstdio>
#include <iostream>

inline int rint () {
	int x = 0, f = 1; char s = getchar ();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar () ) f = s == '-' ? -f : f;
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar () ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x * f;
}

template<typename Tp>
inline void wint ( Tp x ) {
	if ( x < 0 ) putchar ( '-' ), x = -x;
	if ( 9 < x ) wint ( x / 10 );
	putchar ( x % 10 ^ '0' );
}

const int MAXN = 1e5;
int X, n, r[MAXN + 5];

int main () {
	X = rint (), n = rint ();
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) r[i] = rint ();
	int ubound = X, lbound = 0, cur = 0, tid = 1, side = -1;
	for ( int q = rint (), t, a; q --; ) {
		t = rint (), a = rint ();
		for ( ; tid <= n && r[tid] <= t; side *= -1, ++ tid ) {
			lbound = std::min ( X, std::max ( 0, lbound + side * ( r[tid] - r[tid - 1] ) ) );
			ubound = std::min ( X, std::max ( 0, ubound + side * ( r[tid] - r[tid - 1] ) ) );
			cur += side * ( r[tid] - r[tid - 1] );
		}
		int clb = std::min ( X, std::max ( 0, lbound + side * ( t - r[tid - 1] ) ) );
		int cub = std::min ( X, std::max ( 0, ubound + side * ( t - r[tid - 1] ) ) );
		int sum = cur + side * ( t - r[tid - 1] );
		wint ( std::min ( cub, std::max ( clb, sum + a ) ) ), putchar ( '\n' );
	}
	return 0;
}

$\mathcal{Details}$

  一道很巧妙的题。假设 $a$ 为常数，画出 $m(a,t)$ 的函数图像，就是一个类似于多段绝对值函数的样子。可以非常直观的理解结论（可是我懒得画 owo）。