P9870 [NOIP2023] 双序列拓展 题解

题意：

称某个序列 $B = \{b_1,b_2,\cdots,b_n\}$ 是另一个序列 $A = \{a_1,a_2,\cdots,a_m\}$ 的拓展当且仅当存在正整数序列 $L = \{l_1,l_2,\cdots,l_m\}$，将 $a_i$ 替换为 $l_i$ 个 $a_i$ 后得到序列 $B$。例如，

• $\{1,3,3,3,2,2,2\}$ 是 $\{1,3,3,2\}$ 的拓展，取 $L = \{1,1,2,3\}$ 或 $\{1,2,1,3\}$；
• 而 $\{1,3,3,2\}$ 不是 $\{1,3,3,3,2\}$ 的拓展，$\{1,2,3\}$ 不是 $\{1,3,2\}$ 的拓展。

小 R 给了你两个序列 $X$ 和 $Y$，他希望你找到 $X$ 的一个长度为 $l_0 = 10^{100}$ 的拓展 $F = \{f_i\}$ 以及 $Y$ 的一个长度为 $l_0$ 的拓展 $G = \{g_i\}$，使得任意 $1 \le i , j \le l_0$ 都有 $(f_i - g_i)(f_j - g_j) > 0$。由于序列太长，你只需要告诉小 R 是否存在这样的两个序列即可。

为了避免你扔硬币蒙混过关，小 R 还给了 $q$ 次额外询问，每次额外询问中小 R 会修改 $X$ 和 $Y$ 中若干元素的值。你需要对每次得到的新的 $X$ 和 $Y$ 都进行上述的判断。

询问之间是独立的，每次询问中涉及的修改均在原始序列上完成。

分析：

$(f_i - g_i)(f_j - g_j) > 0$ 这个条件可以看作要么 $X$ 的扩展均比 $Y$ 的扩展小，要么大。因此只需要考虑 $X$ 的扩展均比 $Y$ 的扩展小即可。

对于目前在 $X$ 序列中匹配到 $i$，在 $Y$ 序列中匹配到 $j$。可以从 $(i,j)$ 转移到 $(i+1,j) \ (x_{i+1}<y_{j}) $，$(i,j+1) \ (x_{i} < y_{j+1})$ 以及 $(i+1,j+1) \ (x_{i+1}<y_{j+1})$。简单 dp 一下，时间复杂度为 $O(Tnm)$ 的。

因此可以将题意转换成 $A_{i,j} =[x_{i} < y_{j}]$。判断能否从 $(1,1)$ 走到 $(n,m)$。

特殊性质：

特殊性质：对于每组询问（包括初始询问和额外询问），保证 $x_1 < y_1$，且 $x_n$ 是序列 $X$ 唯一的一个最小值，$y_m$ 是序列 $Y$ 唯一的一个最大值。

提示我们可以从最小值最大值来寻找突破口。

显然如果 $X_{min} < Y_{min}$ 时，$A_{X_{min},j}=1$；否则 $A_{i,Y_{min}}=0$（这一列被堵住了，肯定不合法）。

同理 $X_{max} < Y_{max}$ 时，$A_{i,Y_{max}}=1$；否则 $A_{X_{max},j}=0$（这一行被堵住了，肯定不合法）。

那么合法的一个必要条件是 $X_{min} < Y_{min} \land X_{max} < Y_{max}$。

保证这个条件后，那么最后一行和最后一列均为 $1$。

分别找到 $X,Y$ 的前 $n-1,m-1$ 的最小值，如果 $X_{min} < Y_{min}$。

可以走到 $X_{min}$ 这一行，再走到终点，这样我们就缩小了边框。$X_{max} < Y_{max}$ 同理。需要注意的是如果两个条件均不满足，就说明一定不合法。

因此可以记 check1(int x, int y) 表示判断 $(1,1)$ 是否能走到第 $x$ 行或第 $y$ 列。

时间复杂度 $O(T(n+m))$。

一般情况：

实际上一般情况只是说明最开始的 $X_{min}$ 与 $Y_{max}$ 不一定在最后一行和最后一列。我们直接找到 $X_{min}$ 与 $Y_{max}$，然后就变成了一个左上角和右下角的子问题。再记 check2(int x, int y, int n, int m) 表示目前能走到第 $x$ 行和第 $y$ 列，判断其是否能走到 $(n,m)$。

使用 $check1$ 去计算左上角，$check2$ 去计算右下角即可。

时间复杂度同样为 $O(T(n+m))$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 500005

using namespace std;
int c, n, m, Q;
int X[N], Y[N];
struct node {
	int id, val;
}A_pre_max[N], A_pre_min[N], A_suf_max[N], A_suf_min[N], B_pre_max[N], B_pre_min[N], B_suf_max[N], B_suf_min[N];
node add1(node x, node y) {
	node z;
	z.val = min(x.val, y.val);
	if(z.val == x.val) z.id = x.id;
	else z.id = y.id;
	return z;
}
node add2(node x, node y) {
	node z;
	z.val = max(x.val, y.val);
	if(z.val == x.val) z.id = x.id;
	else z.id = y.id;
	return z;
}
bool check1(int x, int y) { //判断[1,1]是否能走到第x行或第y列 
	if(x == 1 || y == 1) return 1;
	node xmin = A_pre_min[x - 1], xmax = A_pre_max[x - 1];
	node ymin = B_pre_min[y - 1], ymax = B_pre_max[y - 1];
	if(xmin.val < ymin.val) return check1(xmin.id, y);
	if(xmax.val < ymax.val) return check1(x, ymax.id);
	return 0;
}
bool check2(int x, int y, int n, int m) { //目前能走到第x行和第y列,判断其是否能走到[n,m] 
	if(x == n || y == m) return 1;
	node xmin = A_suf_min[x + 1], xmax = A_suf_max[x + 1];
	node ymin = B_suf_min[y + 1], ymax = B_suf_max[y + 1];
	if(xmin.val < ymin.val) return check2(xmin.id, y, n, m);
	if(xmax.val < ymax.val) return check2(x, ymax.id, n, m);
	return 0;
}
bool Sol(int n, int m, int X[], int Y[]) {
	if(X[1] > Y[1]) return 0;
	A_pre_max[1] = A_pre_min[1] = ((node){1, X[1]});
	B_pre_max[1] = B_pre_min[1] = ((node){1, Y[1]});
	A_suf_max[n] = A_suf_min[n] = ((node){n, X[n]});
	B_suf_max[m] = B_suf_min[m] = ((node){m, Y[m]});
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		A_pre_min[i] = add1(A_pre_min[i - 1], (node){i, X[i]});
		A_pre_max[i] = add2(A_pre_max[i - 1], (node){i, X[i]});
	}
	for(int i = n - 1; i >= 1; i--) {
		A_suf_min[i] = add1(A_suf_min[i + 1], (node){i, X[i]});
		A_suf_max[i] = add2(A_suf_max[i + 1], (node){i, X[i]});
	}
	for(int i = 2; i <= m; i++) {
		B_pre_min[i] = add1(B_pre_min[i - 1], (node){i, Y[i]});
		B_pre_max[i] = add2(B_pre_max[i - 1], (node){i, Y[i]});
	}
	for(int i = m - 1; i >= 1; i--) {
		B_suf_min[i] = add1(B_suf_min[i + 1], (node){i, Y[i]});
		B_suf_max[i] = add2(B_suf_max[i + 1], (node){i, Y[i]});
	}
	if(A_pre_min[n].val >= B_pre_min[m].val || A_pre_max[n].val >= B_pre_max[m].val) return 0;
	return check1(A_pre_min[n].id, B_pre_max[m].id) && check2(A_pre_min[n].id, B_pre_max[m].id, n, m);
}
int AA[N], BB[N];
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> c >> n >> m >> Q;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> X[i], AA[i] = X[i];
	for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> Y[i], BB[i] = Y[i];
	cout << (Sol(n, m, X, Y) || Sol(m, n, Y, X));
	while(Q--) {
		int kx, ky;
		cin >> kx >> ky;
		for(int i = 1; i <= n; i++) X[i] = AA[i];
		for(int i = 1; i <= m; i++) Y[i] = BB[i];
		for(int i = 1, p, v; i <= kx; i++) {
			cin >> p >> v;
			X[p] = v;
		}
		for(int i = 1, p, v; i <= ky; i++) {
			cin >> p >> v;
			Y[p] = v;
		}
		cout << (Sol(n, m, X, Y) || Sol(m, n, Y, X));
	}
	return 0;
}