AtCoder Regular Contest 149 D.Simultaneous Sugoroku(思维题，对称性质)

题目

n(n<=3e5)个坐标位于数轴上，第i个坐标xi(1<=x1<...<xn<=1e6)，

m(m<=3e5)次操作，第j次操作给定一个数dj，针对每个坐标进行如下操作：

1. 若当前坐标xi为正数，令xi减去dj

2. 若当前坐标xi为0，不操作，并记录下xi第一次为0的时刻

3. 若当前坐标xi为负数，令xi加上dj

m次操作后，输出每个坐标的位置，特别地，如果坐标位于0，则输出其到0的操作数

思路来源

官方题解

题解

本来一开始考虑维护y=x+b的线条数，后来发现一次操作后，线条数会翻倍，不可行

然后去看题解，题解巧妙地根据对称性维护了一棵树，

 

首先，我们只维护[1,]这些位置，仅考虑其正值的情况，负值的用对称性解决

比如=12，d=8，则d=8将这12个位置划分为左右2段，

其中，[1,7]对应减8之后小于0，[9,12]对应大于0，

我们仅维护长的这段，暴力枚举短的那段的每个点，翻折到另一侧，

因为f(9)=1，f(7)=-1，而互为相反数的两个操作，在后续的操作中，恒互为相反数，

所以，不妨认为par[9]=7，代表9终态的值是7终态的值取反

长的这段随着m次询问只可能变短，不可能变长，

并且对于当前保留的值[l,r)来说，其之前加的数add会导致它们同正或同负，

所以新来一个操作，当前对应地是要加还是要减，只需check其某一个端点即可

比如check L，只需判断L+add的正负号即可，而mid是本次操作后可能为0的分界线

如果[l,r)位于mid的同一侧，说明本次操作后还是同正或同负，无需缩短区间，

否则暴力翻折短的那一部分区间，维护父子关系，并缩短区间

order数组内维护了树的par关系，reverse之后就是每个森林从树顶到树底的顺序，

先判断能取0的情况，如果不能取0的话，相邻项之间符号是相反的， dp一下即可确定符号

代码

// #pragma GCC optimize("Ofast,unroll-loops")  // debug模式下需要注销，不然单步调试会改变代码结构
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using i64 = long long;
using i128 = __int128_t;
using pii = pair<int, int>;
#define all(x) x.begin(), x.end()

constexpr int N = 1e6;

void run() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<int> x(n), d(m);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> x[i];
    for (int i = 0; i < m; i++)
        cin >> d[i];
    vector<pair<bool, int>> ans(N + 1);
    vector<int> fa(N + 1, -1);
    vector<int> order;

    int l = 1, r = N + 1, add = 0;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        if (l >= r) {
            break;
        }
        int dd = d[i];
        add += (l + add > 0 ? -dd : +dd);
        int mid = -add;
        if (mid < l || r <= mid)
            continue;

        ans[mid] = {true, i + 1};
        int ls = mid - l, rs = r - (mid + 1);
        if (ls <= rs) {
            for (int x = l; x < mid; x++) {
                int y = 2 * mid - x;
                fa[x] = y;
                order.emplace_back(x);
            }
            l = mid + 1;
        } else {
            for (int x = mid + 1; x < r; x++) {
                int y = 2 * mid - x;
                fa[x] = y;
                order.emplace_back(x);
            }
            r = mid;
        }
    }
    for (int x = l; x < r; x++) {
        ans[x] = {false, x + add};
    }
    reverse(all(order));
    for (auto v : order) {
        int p = fa[v];
        if (ans[p].first) {
            ans[v] = ans[p];
        } else {
            ans[v] = {false, -ans[p].second};
        }
    }
    for (auto&& xx : x) {
        string yesno = (ans[xx].first ? "Yes" : "No");
        cout << yesno << " " << ans[xx].second << "\n";
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--) {
        run();
    }
    return 0;
}