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传送门

Solution

这题是真的666啊。。。

以下是本题最关键最关键的结论:如果ai<=aj,则在某个时间t,前者的A中沙子克数(记为t(ai))一定大于等于t(aj)。证明显然。

假设我们目前处理到到询问为(t,a),设ri为满足ri<=t的最大值。我们要处理三个量:

1,时刻ri,在不考虑限制(即不考虑沙子数只能为[0,X]范围,它可能比X大,也可能比0小)的情况下,相对于初始时的沙子数变化c。

2,时刻ri,初始A中沙子为0情况下的沙子数down。

3,时刻ri,初始沙子为X情况下的沙子数up。

经过分析,沙子数a加减的过程有4中情况(以下情况的沙子数都是指A中的)。

1:a没有被“沙子数只能为[0,X]范围”这个条件限制过。

2:a只被“沙子数必须<=X”条件限制过。

3:a只被“沙子数必须>=0”条件限制过。

4:a被“沙子数必须>=0”和“沙子数必须<=X”两个条件都限制过。

此处的"限制过"是指在计算到某一步的时候,沙子数量达到极限以至于不会再从上往下掉落。从数学的角度看(以条件沙子数必须>=0为例),即为:a-(r[k]-r[k-1])<0,但由于题目要求,a必须=0。

在最终判断答案的时候,询问(t,a)在时刻ri沙子数的式子为max(down,min(up,a+c))。

证明:

情况1中,由于本题结论并且0<=a<=X,可得a+c<=up,a+c>=down,式子答案为a+c,又因为a没有被限制过,所以该答案正确。

情况2中,假设在时刻t0,a被限制,即t0(a)=X,又因为本题结论,t0(a)<=t0(X),则t0(X)=X。在这一时刻t0(a)=t0(X),正确答案即为up。由于a+c是不受限制(沙子数>=X)的结果,所以a+c>=up。即min(up,a+c)=up,up>=down,式子答案为up,正确。

情况3同理;

情况4由于t(a)=up=down,不论a+c与t(up)的大小关系如何都正确。

求出(ri,a)后,记录一下接下来应该加还是减,直接操作便可得出(t,a)。

所以我们只需要把询问按时间排个序扫一遍就过啦。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int X,k,r[],Q;
struct node{int t,a,id;
}q[];int ans[];
bool cmp(node x,node y) {return x.t<y.t;}
int pls(int x,int y){return max(,min(X,x+y));}
int main()
{
scanf("%d%d",&X,&k);
for (int i=;i<=k;i++) scanf("%d",&r[i]);
scanf("%d",&Q);
for (int i=;i<=Q;i++)
{
scanf("%d%d",&q[i].t,&q[i].a);q[i].id=i;
}
sort(q+,q+Q+,cmp);
int topr=,topq=,sum=,down=,up=X,add=,js=-;
int cnt;
while (topq<=Q)
{
if (r[topr+]<q[topq].t&&topr<k)
{
topr++;
add=js*(r[topr]-r[topr-]);
down=pls(down,add);up=pls(up,add);
sum+=add;js=-js;
} else
{
cnt=q[topq].t-r[topr];
ans[q[topq].id]=pls(max(down,min(up,q[topq].a+sum)),js*cnt);
topq++;
}
}
for (int i=;i<=Q;i++) printf("%d\n",ans[i]); }

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