\(Description\)
\(Solution\)
偶然发现这道题所以来做做。
刚开始看完题的时候感觉这只能暴力模拟……
于是不要脸的看了一眼题解之后，我们可以用一些表达式来表示每头奶牛到达它应该到的位置的时间，从而计算出总共时间。
具体来说，第 \(n\) 头牛到达其位置所用时间是 \(s_n + t_n\)，第 \(n - 1\) 头牛到达 \(s_n\) 的时间就是 \(s_n + t_n + 1\)（因为 \(cow_{n - 1}\) 初始坐标比 \(cow_n\) 的坐标靠左 1）
所以我们可以用二元组 \((pos_i, time_i)\) 来表示一头牛到达 \(pos_i\) 所花的时间为 \(time_i\)，对于一头牛有许多这样的二元组来限制它。
那么这只牛走到目的地的时间就是 \(\max\{time_i + (S - pos_i)\} + T\)，二元组满足条件 \(pos_i \leq S\)。
我们再把 \(S\) 提出来，所以要找的就是 \(time_i - pos_i\) 的最大值。
但是目前复杂度还是 \(n^2\) 的，我们还要考虑如何优化。
不难发现，对于两个二元组限制条件 \((a, b)\) 和 \((c, d)\)，如果 \(a < c\) 且 \(d - c < b - a\)，那么 \((c, d)\) 对于以后所有的奶牛都是没有用的。
\(d - c < b - a\) 使得 \((c, d)\) 对于当前的奶牛没有贡献，再加上 \(a < c\) 使得 \((c, d)\) 这个条件对于后面所有的奶牛都没有了贡献。
所以我们直接把这个条件删掉即可。
用平衡树维护一下 \(pos\) 和 \(time - pos\) 的值，以及 \(time - pos\) 的最大值，倒序枚举每一头奶牛：
- 查询：把 \(pos \leq S_i\) 的数切下来查询。
- 修改：当前插入的二元组是 \((a, b)\)，然后把树中 \(d - c > b - a\) 的点全都删掉。
然后就没别的了，具体见代码吧。
我写的 fhq-treap
\(Code\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
inline int read(){
int x = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
return x;
}
template <typename T> inline void write(T x){
if(x > 9) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
}
using namespace IO;
const int N = 2e5 + 10;
int n;
int S[N], T[N];
namespace FHQ_treap{
#define ls(x) t[x].l
#define rs(x) t[x].r
struct tree{
int sum, wei, l, r, x, y, val, tag;
}t[N];
int root, tot;
inline void pushup(int x){
if(!x) return;
t[x].val = t[x].y;
if(ls(x)) t[x].val = max(t[x].val, t[ls(x)].val);
if(rs(x)) t[x].val = max(t[x].val, t[rs(x)].val);
}
inline void pushdown(int x){
if(!x || !t[x].tag) return;
int tag = t[x].tag;
if(ls(x)){
t[ls(x)].x -= tag, t[ls(x)].y += tag;
t[ls(x)].tag += tag, t[ls(x)].val += tag;
}
if(rs(x)){
t[rs(x)].x -= tag, t[rs(x)].y += tag;
t[rs(x)].tag += tag, t[rs(x)].val += tag;
}
t[x].tag = 0;
}
inline void split_pos(int x, int k, int &a, int &b){
if(!x) return a = b = 0, void();
pushdown(x);
if(k >= t[x].x) a = x, split_pos(rs(x), k, rs(x), b);
else b = x, split_pos(ls(x), k, a, ls(x));
pushup(x);
}
inline void split_val(int x, int k, int &a, int &b){
if(!x) return a = b = 0, void();
pushdown(x);
if(k >= t[x].y) a = x, split_val(rs(x), k, rs(x), b);
else b = x, split_val(ls(x), k, a, ls(x));
pushup(x);
}
inline int merge(int x, int y){
if(!x || !y) return x | y;
if(t[x].wei <= t[y].wei){
pushdown(x);
rs(x) = merge(rs(x), y);
return pushup(x), x;
}else{
pushdown(y);
ls(y) = merge(x, ls(y));
return pushup(y), y;
}
}
inline int newnode(int a, int b){
t[++tot].x = a, t[tot].y = t[tot].val = b, t[tot].wei = rand();
return tot;
}
}
using namespace FHQ_treap;
int main(){
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i)
S[i] = read(), T[i] = read();
int ans = 0, a, b, c;
root = newnode(0, 0);
for(int i = n; i >= 1; --i){
split_pos(root, S[i], a, b);
int res = t[a].val + S[i] + T[i];
ans = max(ans, res);
t[a].tag++, t[a].x--, t[a].y++, t[a].val++;//奶牛初始坐标向左依次减 1，对于 (a, b) 来说相当于变成了 (a - 1, b)
split_val(b, res + 1 - S[i], b, c);
root = merge(a, merge(newnode(S[i], res + 1 - S[i]), c));
}
write(ans), puts("");
return 0;
}