方法一：
朴素思路：果断建图，每次二分出一个区间然后要向这个区间每个点连有向边，然后一个环的话是可以互相引爆的，缩点之后就是一个DAG，求每个点出发有多少可达点。
然后注意两个问题：
- 上述建边显然$n^2$爆炸。因为是区间建边，所以用线段树建边优化，不过这题比较特殊，只是点向区间连边，分析线段树建边原理，可以完全把出树省掉，就用一个入树连边就行了。（其实边数还是很多，所以边上界我开了$2 imes 10^7$。。。）
- 这样缩点后DAG上找连通点数，有一道类似的题，不过最多数据只能出到$2000$，但是这题$n$是在$5e5$级别的，所以应当是和区间的特殊性质有一些关联的。`````发现每个炸弹引爆之后，向左向右引爆到的炸弹序号都必然是连续的一段。。所以只要对DAG上每个点可达的最大最小编号算一下就行了。。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #include<queue> 7 #define mst(x) memset(x,0,sizeof x) 8 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl 9 #define dbg2(x,y) cerr<< #x <<" = "<< x <<" "<< #y <<" = "<< y <<endl 10 using namespace std; 11 typedef long long ll; 12 typedef double db; 13 typedef pair<int,int> pii; 14 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;} 15 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;} 16 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;} 17 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;} 18 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;} 19 template<typename T>inline T read(T&x){ 20 x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1; 21 while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x; 22 } 23 const int N=5e5+7,P=1e9+7; 24 int n,cnt,ans; 25 struct thxorz{ 26 int head[N<<1],nxt[N*40],to[N*40],tot; 27 inline void add(int x,int y){to[++tot]=y,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot;} 28 }G1,G2; 29 struct SGT{ 30 int id[N<<2]; 31 #define lc i<<1 32 #define rc i<<1|1 33 inline void build(int i,int L,int R){ 34 if(L==R){id[i]=L;return;} 35 int mid=L+R>>1;id[i]=++cnt; 36 build(lc,L,mid),build(rc,mid+1,R); 37 G1.add(id[i],id[lc]),G1.add(id[i],id[rc]); 38 } 39 inline void update(int i,int L,int R,int ql,int qr,int x){ 40 if(ql<=L&&qr>=R){G1.add(x,id[i]);return;} 41 int mid=L+R>>1; 42 if(ql<=mid)update(lc,L,mid,ql,qr,x); 43 if(qr>mid)update(rc,mid+1,R,ql,qr,x); 44 } 45 }T; 46 ll pos[N],r[N]; 47 int dfn[N<<1],low[N<<1],stk[N<<1],instk[N<<1],bel[N<<1],minv[N<<1],maxv[N<<1],vis[N<<1],scc,top,tim; 48 #define y G1.to[j] 49 void tarjan(int x){ 50 dfn[x]=low[x]=++tim,stk[++top]=x,instk[x]=1; 51 for(register int j=G1.head[x];j;j=G1.nxt[j]){ 52 if(!dfn[y])tarjan(y),MIN(low[x],low[y]); 53 else if(instk[y])MIN(low[x],dfn[y]); 54 } 55 if(low[x]==dfn[x]){ 56 int tmp;++scc; 57 do{ 58 instk[tmp=stk[top--]]=0,bel[tmp]=scc; 59 if(tmp<=n)MIN(minv[scc],tmp),MAX(maxv[scc],tmp); 60 }while(tmp^x); 61 } 62 } 63 #undef y 64 #define y G2.to[j] 65 void dp(int x){ 66 if(vis[x])return; 67 vis[x]=1; 68 for(register int j=G2.head[x];j;j=G2.nxt[j])dp(y),MIN(minv[x],minv[y]),MAX(maxv[x],maxv[y]); 69 } 70 #undef y 71 int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout); 72 cnt=read(n);memset(minv,0x3f,sizeof minv); 73 for(register int i=1;i<=n;++i)read(pos[i]),read(r[i]); 74 T.build(1,1,n); 75 for(register int i=1;i<=n;++i){ 76 int lb=lower_bound(pos+1,pos+n+1,pos[i]-r[i])-pos; 77 int rb=upper_bound(pos+1,pos+n+1,pos[i]+r[i])-pos-1; 78 T.update(1,1,n,lb,rb,i); 79 } 80 for(register int i=1;i<=cnt;++i)if(!dfn[i])tarjan(i); 81 #define y G1.to[j] 82 for(register int i=1;i<=cnt;++i){ 83 for(register int j=G1.head[i];j;j=G1.nxt[j]) 84 if(bel[i]^bel[y])G2.add(bel[i],bel[y]); 85 } 86 #undef y 87 for(register int i=1;i<=n;++i)dp(bel[i]),ans=(ans+i*1ll*(maxv[bel[i]]-minv[bel[i]]+1))%P; 88 printf("%d ",ans); 89 return 0; 90 }
然后发现这种做法超级繁诶，对比一下榜rk1，时间，尤其是空间都很逊。。所以学习了一下原题正解。
方法二：神仙递推
首先对于每个炸弹，计算他最终能引爆的左边界和右边界。初始时，$lb_i=rb_i=i$。
分析情况，会发现，有这几种引爆方式：
- 一直沿着左边炸
- 一直沿着右边炸
- 先炸了左边，左边的触发了右边原本触发不了的（然后可能右边那个再触发更左边的，如此往复。。。）
- 先炸了右边，然后。。。同上一个
对于前两种，直接正一边反一遍推就行了。但是第三四种的话，需要从左至右对每个炸弹$i$先处理一下只考虑引爆左侧炸弹能拓展到的最远可达点$lb$，并且维护出一个这些可达引爆点中向右可达范围最远的距离表示$i$的新半径。然后，再从右向左推，对于每个点$i$，利用新半径去触发右侧点，并且用这些右侧点的$lb$和$rb$来更新自己。由于右边的边界处答案肯定是对的，向左的时候，只要把右边上一次的$lb$和$rb$合并过来，就可以求得这个点的$lb$和$rb$。
是不是超有道理的。。
具体还是看code。。不过我一开始因为不太理解思路，看了一个本来就写错了的老哥的题解，自己也写错了，成功被loj数据hack掉了，后来想了好长时间自己改了一下才过的。。大致是每次在拓展左边界时候更新半径，然后引爆右侧时候更新自己的答案。注意一下更新顺序，我就是这里被hack的。
因为还不是特别理解，所以可能code还有问题，所以，欢迎hack。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define rep(i,a,b) for(register int i(a);i<=b;++i) 3 #define per(i,a,b) for(register int i(a);i>=b;--i) 4 using namespace std; 5 typedef long long ll; 6 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;} 7 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;} 8 template<typename T>inline T read(T&x){ 9 x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1; 10 while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x; 11 } 12 const int N=5e5+7,P=1e9+7; 13 ll x[N],r[N]; 14 int lb[N],rb[N],n,ans; 15 16 int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout); 17 read(n);rep(i,1,n)read(x[i]),read(r[i]),lb[i]=rb[i]=i; 18 rep(i,1,n)while(lb[i]>1&&x[i]-x[lb[i]-1]<=r[i])MAX(r[i],r[lb[i]-1]-(x[i]-x[lb[i]-1])),lb[i]=lb[lb[i]-1]; 19 per(i,n,1)while(rb[i]<n&&x[rb[i]+1]-x[i]<=r[i])MIN(lb[i],lb[rb[i]+1]),rb[i]=rb[rb[i]+1]; 20 rep(i,1,n)ans=(ans+i*1ll*(rb[i]-lb[i]+1))%P; 21 return printf("%d ",ans); 22 }
忘说一件事。。上述做法是线性的，因为每次向左更新可达点，如果某次半径内有多个断开的块的时候，会把他们合并起来，这样所有块只会被合并一次。所以是线性的。