FZU2279 : Cantonese

首先把相同的事件点合并，那么每个点有时间$t_i$，位置$x_i$，价值$v_i$。

考虑DP，设$f_i$表示按时间从小到大考虑每个事件，目前位于事件$i$的时间与位置时，最多能让多少个事件发生。在$t_i$秒初对方不能碰到$i$，但在这一秒结束结算时，对方可以碰到$i$。

则$f_i=\max(f_j)+v_i$。

其中，$j$需要满足一系列条件：

$1.j$要能在规定时间内到达$i$，也就是$t_i-t_j\geq|x_i-x_j|$。

将绝对值拆掉并移项，得：

$t_i-x_i\geq t_j-x_j(1)$

$t_i+x_i\geq t_j+x_j(2)$

$2.$在$t_i$秒初对方不能碰到$i$：

设$s_i$表示前$i$秒存在的事件数，那么在第$t_i$秒初，也就是第$t_i-1$秒末，对方一共前进了$s_{t_i-1}-f_j$步，所以$s_{t_i-1}-f_j<x_i$，即$f_j>s_{t_i-1}-x_i(3)$。

$3.j$在移动到$i$的过程中不能被对方追上：

最坏情况下，一定是$j$在$t_j$时刻位于$x_j$，然后一直向右移动，那么在第$p(t_j\leq p<t_i)$秒末，对方位于$s_p-f_j$，$j$位于$x_j-t_j+p$，需要满足：

$s_p-f_j<x_j-t_j+p$

移项得：

$s_p-p<x_j-t_j+f_j$

即$\max(s_p-p)<x_j-t_j+f_j$

对$s_p-p$建线段树维护区间最大值，然后在线段树上二分即可得到最大的$o$，满足$[t_j,o)$都不会被追上，设$lim_j=o$，则$lim_j\geq t_i(4)$。

对于限制$(3)$，只需要求出最大的$f_j$，然后判断是否可行即可。

对于限制$(1)$，可以通过排序解决。

对于限制$(2)$和$(4)$，可以cdq分治后扫描线+树状数组处理。

时间复杂度$O(n\log^2n)$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010,M=262150,inf=10000000;
int Case,_,n,m,cnt,i,j,ans;
int pt[N],post[N],s[N],w[N],val[N],lim[N],f[N];
int qa[N],qb[N],ca,cb;
int FLAG,bit[N],vis[N];
int mx[M],O,OFFSET;
struct P{int t,x,v;P(){}P(int _t,int _x,int _v){t=_t,x=_x,v=_v;}}a[N],b[N];
inline bool cmpa(const P&a,const P&b){return a.t==b.t?a.x<b.x:a.t<b.t;}
inline bool cmpb(const P&a,const P&b){
  if(a.t-a.x!=b.t-b.x)return a.t-a.x<b.t-b.x;
  return a.t+a.x<b.t+b.x;
}
inline bool cmpq(int x,int y){
  return val[x]<val[y];
}
inline int lower(int x){
  int l=1,r=m,mid,t;
  while(l<=r)if(pt[mid=(l+r)>>1]<=x)l=(t=mid)+1;else r=mid-1;
  return t;
}
inline void up(int&x,int y){x<y?(x=y):0;}
inline void add(int x,int p){for(;x<=m;x+=x&-x)if(vis[x]<FLAG)vis[x]=FLAG,bit[x]=p;else up(bit[x],p);}
inline void ask(int&t,int x){for(;x;x-=x&-x)if(vis[x]==FLAG)up(t,bit[x]);}
void build(int x,int a,int b){
  if(a==b){
    mx[x]=w[a];
    return;
  }
  int mid=(a+b)>>1;
  build(x<<1,a,mid);
  build(x<<1|1,mid+1,b);
  mx[x]=max(mx[x<<1],mx[x<<1|1]);
}
void getr(int x,int a,int b,int c){
  if(c<=a){
    if(mx[x]<OFFSET)return;
    if(a==b){
      O=a;
      return;
    }
  }
  int mid=(a+b)>>1;
  if(c<=mid){
    getr(x<<1,a,mid,c);
    if(O)return;
  }
  getr(x<<1|1,mid+1,b,c);
}
inline void getlim(int x){
  int offset=b[x].x+f[x]-b[x].t;
  lim[x]=0;
  int t=post[x];
  if(w[t]>=offset)return;
  O=0;
  OFFSET=offset;
  getr(1,1,m,t);
  if(!O)O=m;
  lim[x]=O;
}
void CDQ(int l,int r){
  if(l==r){
    if(b[l].t==0)up(f[l],0);
    if(f[l]<=s[post[l]-1]-b[l].x)f[l]=-inf;
    if(f[l]>=0){
      f[l]+=b[l].v;
      up(ans,f[l]);
      getlim(l);
    }
    return;
  }
  int mid=(l+r)>>1;
  CDQ(l,mid);
  int i,j;
  ca=cb=0;
  for(i=l;i<=mid;i++)if(f[i]>=0&&lim[i])qa[++ca]=i;
  for(i=r;i>mid;i--)qb[++cb]=i;
  sort(qa+1,qa+ca+1,cmpq);
  sort(qb+1,qb+cb+1,cmpq);
  FLAG++;
  for(i=j=1;i<=cb;i++){
    while(j<=ca&&val[qa[j]]<=val[qb[i]]){
      add(m-lim[qa[j]]+1,f[qa[j]]);
      j++;
    }
    ask(f[qb[i]],m-post[qb[i]]+1);
  }
  CDQ(mid+1,r);
}
inline void solve(){
  sort(a+1,a+m+1,cmpa);
  for(cnt=0,i=1;i<=m;i=j){
    for(j=i;j<=m&&a[i].t==a[j].t&&a[i].x==a[j].x;j++);
    b[++cnt]=P(a[i].t,a[i].x,j-i);
    if(b[cnt].t==0)b[cnt].v=0;
  }
  sort(b+1,b+cnt+1,cmpb);
  for(i=1;i<=cnt;i++)pt[i]=b[i].t;
  sort(pt+1,pt+cnt+1);
  for(m=0,i=1;i<=cnt;i++)if(i==1||pt[i]>pt[i-1])pt[++m]=pt[i];
  for(i=1;i<=cnt;i++)post[i]=lower(b[i].t);
  for(i=1;i<=m;i++)s[i]=0;
  for(i=1;i<=cnt;i++)s[post[i]]+=b[i].v;
  for(i=1;i<=m;i++)s[i]+=s[i-1];
  for(i=1;i<=m;i++)w[i]=s[i]-pt[i];
  for(i=1;i<=cnt;i++)f[i]=-inf,val[i]=b[i].t+b[i].x;
  build(1,1,m);
  CDQ(1,cnt);
}
int main(){
  scanf("%d",&Case);
  for(_=1;_<=Case;_++){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&a[i].t,&a[i].x);
    a[++m]=P(0,1,0);
    ans=0;
    if(m)solve();
    printf("Case #%d: %d\n",_,ans);
  }
}