abc179f

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大意

给定一个 (n*n) 的棋盘，中间 ((n-2)*(n-2)) 的区域有黑色棋子。右边缘和下边缘总共长度为 (2n-1) 的区域有白色棋子。

有如下操作：

((1,x)) 表示从 ((1,x)) 开始向下延伸，将所经过的黑色棋子变为白色，直到遇到第一个白色棋子停下。

((2,x)) 表示从 ((x,1)) 开始向右延伸，将所经过的黑色棋子变为白色，直到遇到第一个白色棋子停下。

((2leq x leq n-1))

问，进行q次给定操作后，黑色棋子有多少个（保证任意操作不重复）。

思路

比前两道题简单...

记 (s_1) 为当前所有 ((1,x)) 中 (x) 的最小值， (s_2) 同理记为另一种操作的最小值。

记 (A) 为之前所有的 (s_1) 值组成的序列， (B) 同理。

记 (C) 为之前 (A) 加入新元素时加入的一个特殊值组成的序列， (D) 同理。

假设本次操作为 ((1,x))

若 (x < s_1) ，不难发现，会有 ((s_2-2)) 个棋子变为白色,因为形成 (s_2) 的操作形成了一道横屏障，仅有 ((2,s_2-1)) 的棋子可以被选择 。

其实，该步操作之后，对于所有 ((1,x_i) ; x < x_i < s_1) 其能选择的黑色棋子数一定是 ((s_2-2)) ，因为选择 (x) 的操作形成了一道竖屏障。

所以我们在 (A) 中添加 (s_1) ，在 (C) 中添加 ((s_2-2)) ，并更新 (s_1 = x)。

若 (x > s_1) ，显然，按上述操作 (A) 一定是一个单调递减序列，且 (A,B) 中一一对应。

所以考虑在 (A) 中二分 (x) 。

对于另一种操作，思路与这种操作并无不同。

细节也是不少的...

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;

#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define cint const int&
#define Pi acos(-1)

const int mod = 998244353;
const int inf_int = 0x7fffffff;
const ll inf_ll = 0x7fffffffffffffff;
const double ept = 1e-9;

ll n, q;
int qu[2][200200], cnt[2];
int num[2][200200];

int main() {
    cin >> n >> q;
    ll ans = (n-2) * (n-2);
    int a, x;
    ll s[2] = {n, n};
    for(int i=1; i<=q; i++) {
        cin >> a >> x;
        a--;
        int key = upper_bound(qu[a]+1, qu[a]+cnt[a]+1, x, greater< int >()) - qu[a];
        if(key > cnt[a]) {
            ans -= (s[a^1]-2);
            s[a] = x;
            qu[a][++cnt[a]] = x;
            num[a][cnt[a]] = s[a^1] - 2;
        } else ans -= num[a][key];
    }
    cout << ans;
    return 0;
}