【BZOJ 2138】stone

Problem

Description

话说 \(Nan\) 在海边等人，预计还要等上 \(M\) 分钟。为了打发时间，他玩起了石子。

\(Nan\) 搬来了 \(N\) 堆石子，编号为 \(1\) 到 \(N\)，每堆包含 \(A_i\) 颗石子。

每 \(1\) 分钟，\(Nan\) 会在编号在 \([L_i, R_i]\) 之间的石堆中挑出任意 \(K_i\) 颗扔向大海（好疼的玩法），如果 \([L_i, R_i]\) 剩下石子不够 \(K_i\) 颗，则取尽量地多。为了保留扔石子的新鲜感，\(Nan\) 保证任意两个区间 \([L_i, R_i]\) 和 \([L_j, R_j]\) ，不会存在 \(L_i\le L_j \& R_j\le R_i\) 的情况，即任意两段区间不存在包含关系。

可是，如果选择不当，可能无法扔出最多的石子，这时 \(Nan\) 就会不高兴了。所以他希望制定一个计划，他告诉你他 \(m\) 分钟打算扔的区间 \([L_i, R_i]\) 以及 \(K_i\)。

现在他想你告诉他，在满足前 \(i-1\) 分钟都取到你回答的颗数的情况下，第 \(i\) 分钟最多能取多少个石子。

Input Format

第一行正整数 \(N\)，表示石子的堆数；

第二行正整数 \(x,y,z,P\)，(\(1\le x,y,z\le N, P\le500\))

有等式 \(A_i=[(i-x)^2+(i-y)^2+(i-z)^2]\ mod\ P\)；

第三行正整数 \(M\) ，表示有 \(M\) 分钟；

第四行正整数 \(K_1,K_2,x,y,z,P\)，(\(x,y,z\le1000,P\le10000\))

有等式 \(K_i=(x*K_{i-1}+y*K_{i-2}+z)mod P\)。

接下来 \(M\) 行，每行两个正整数 \(L_i,R_i\)。

\(N\le40000, M\le N, 1\le L_i\le R_i\le N, A_i\le500\)

Output Format

有 \(M\) 行，第 \(i\) 行表示第 \(i\) 分钟最多能取多少石子。

Sample

Input

5
3 2 4 7
3
2 5 2 6 4 9
2 4
1 2
3 5

Output

2
5
5

Explanation

石子每堆个数分别为 \(0,5,2,5,0\)。

第 \(1\) 分钟，从第 \(2\) 到第 \(4\) 堆中选 \(2\) 个；

第 \(2\) 分钟，从第 \(1\) 到第 \(2\) 堆中选 \(5\) 个；

第 \(3\) 分钟，从第 \(3\) 到第 \(5\) 堆中选 \(8\) 个，但最多只能选 \(5\) 个。

Algorithm

线段树

Mentality

神奇题目。由于它要求的策略不针对整体，只需要局部最优，所以才有了解法。

设当前处理到了第 \(p\) 个区间。

设 \(S_{i,j}\) 为区间 \([i,j]\) 里的石子数之和，设 \(T_{i,j}\) 为之前的，严格为 \([i,j]\) 子区间的询问区间取的石子数之和。

则在任一时刻，对于任意区间 \([l,r]\) 都应该有 \(T_{l,r}\le S_{l,r}\) ，毕竟拿的石子数总不能多于存在的。

设 \(s_i\) 为 \([1,i]\) 的石子数和，\(Tl_i\) 为之前的，左端点位于 \([1,i]\) 的询问区间取的石子数之和，\(Tr_i\) 为之前的，右端点端点位于 \([1,i]\) 的询问区间取的石子数之和。

则可以用它们写成不等式：

\[T_{l,r}\le S_{l,r}\\
Tr_r-Tl_{l-1}\le s_r-s_{l-1}\\
s_{l-1}-Tl_{l-1}\le s_r-Tr_r
\]

设 \(g_i = s_{i - 1} - Tl_{i - 1}, f_i = s_i - Tr_i\) ，则必须有 \(g_l\le f_r\) 。对于一个区间而言，最多能取 \(S_{l,r} - T_{l,r}=f_r-g_l\) 个石子。

考虑对于当前询问 \(p\) 而言，\([L_p,R_p]\) 的决策会影响到所有包含此区间的区间 \(T\) 值。为了满足 \(\forall T_{l,r}\le S_{l,r}\) ，则我们能选择的，最多的石子数应该是 \(Min_{l\in[1,L_p], r\in [R_p, n]} S_{l,r} - T_{l,r}\) ，然后和询问所需石子数 \(K_p\) 取 \(Min\)。

由于 \(S_{l,r} - T_{l,r}\) 可以写成 \(f_r-g_l\) 的形式，所以每个询问的答案就可以写成 \(Min_{i\in[R_p,n]}f_i - Max_{i\in[1,L_p]}g_i\) 。

用线段树维护即可。

Code

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <complex>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <vector>
using namespace std;
long long read() {
  long long x = 0, w = 1;
  char ch = getchar();
  while (!isdigit(ch)) w = ch == '-' ? -1 : 1, ch = getchar();
  while (isdigit(ch)) {
    x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}
#define ls (o << 1)
#define rs ((o << 1) + 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
const int Max_n = 4e4 + 5;
int n, m, x, y, z, mod, Ans;
int s[Max_n];
int f[Max_n << 2], g[Max_n << 2], tagf[Max_n << 2], tagg[Max_n << 2];
int L, R, ans;
int ned[Max_n], ln, rn;
bool fl;
int sqr(int x) { return x * x; }
void pushup(int *f, int o) {
  if (!fl)
    f[o] = min(f[ls], f[rs]);
  else
    f[o] = max(f[ls], f[rs]);
}
void pushdown(int *f, int *t, int o) {
  t[ls] += t[o], f[ls] += t[o];
  t[rs] += t[o], f[rs] += t[o];
  t[o] = 0;
}
void build(int *f, int o, int l, int r) {
  if (l == r) {
    if (!fl)
      f[o] = s[l];
    else
      if (l) f[o] = s[l - 1];
    return;
  }
  build(f, ls, l, mid);
  build(f, rs, mid + 1, r);
  pushup(f, o);
}
void query(int *f, int *t, int o, int l, int r) {
  if (L > R) return;
  if (l >= L && r <= R) {
    if (!fl)
      ans = min(ans, f[o]);
    else
      ans = max(ans, f[o]);
    return;
  }
  pushdown(f, t, o);
  if (mid >= L) query(f, t, ls, l, mid);
  if (mid < R) query(f, t, rs, mid + 1, r);
  pushup(f, o);
}
void add(int *f, int *t, int o, int l, int r) {
  if (L > R) return;
  if (l >= L && r <= R) {
    f[o] += ans, t[o] += ans;
    return;
  }
  pushdown(f, t, o);
  if (mid >= L) add(f, t, ls, l, mid);
  if (mid < R) add(f, t, rs, mid + 1, r);
  pushup(f, o);
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("2138.in", "r", stdin);
  freopen("2138.out", "w", stdout);
#endif
  n = read(), x = read(), y = read(), z = read(), mod = read();
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    s[i] = (sqr(x - i) % mod + sqr(y - i) % mod + sqr(z - i) % mod) % mod;
    s[i] += s[i - 1];
  }
  fl = 0, build(f, 1, 0, n);
  fl = 1, build(g, 1, 0, n);
  m = read();
  ned[1] = read(), ned[2] = read();
  x = read(), y = read(), z = read(), mod = read();
  for (int i = 3; i <= m; i++)
    ned[i] = (x * ned[i - 1] % mod + y * ned[i - 2] % mod + z) % mod;
  for (int q = 1; q <= m; q++) {
    ln = read(), rn = read();
    ans = -2e9, fl = 1, L = 1, R = ln;
    query(g, tagg, 1, 0, n);
    Ans = -ans, ans = 2e9, fl = 0, L = rn, R = n;
    query(f, tagf, 1, 0, n);
    Ans = min(Ans + ans, ned[q]);
    printf("%d\n", Ans);
    fl = 1, L = ln + 1, ans = -Ans;
    add(g, tagg, 1, 0, n);
    fl = 0, L = rn;
    add(f, tagf, 1, 0, n);
  }
}