Codeforces936D. World of Tank

$n \leq 1e9$，$n*2$的网格里有$m_1+m_2 \leq 1e6$个障碍物，现有一坦克从$(0,1)$出发要到$(n+1,1/2)$，他每秒可以换行（纵坐标1变2或2变1）也可以发炮弹，然后会强制往前走一格（横坐标+1），一次炮弹打一个障碍，炮弹装载时间$t \leq n$，一开始炮弹没装好。问是否可以到达终点，若可以输出过程中的所有转弯和打炮操作的位置。

比较接地气的一个题。虽然没做出来但大爱。

首先可以把打炮看成“攒步数”，怎么讲呢？比如说坦克在某段时间一直往前走不换行，走到一个障碍物就不得不打他一下，那么他在撞到这障碍物前至少有$t$步空闲。类似地，两个障碍物就$2t$，$k$个就$kt$，就好比在攒步数，然后到障碍物处花掉。而换了行的话，由于不可以换行立即猛发炮弹（尽管之前攒了很多步数但刚换行最多只能打一发），因此步数将变成$min(当前步数,t)$。基于此可以进行一个dp：$f(i,j)$表示在格子$(i,j)$攒的步数，无法到达即$-1$。注意分是否是障碍物转移，因为一行有障碍物时另一行的坦克不可能直接撞上来。这样就得到了$O(n)$的解法。

$However$，这里$n$大大的！必须把复杂度与障碍物数联系起来！

其实dp的主要瓶颈在换行，如果不换行完全可以枚举每个障碍物，到那里$f(i,j)-=t$即可。那换行咋整啊？

yy可得：存在一最优策略使得换行操作一定在某个障碍物后进行。如下图所示，黑色块是某个转弯前的最后一个块，绿色的线路和红色线路攒的步数是一样的，但由于换行之后dp数组会对$t$取$min$，因此不如红色线路。

是一个贪心策略。这种dp+贪心是比较新颖的套路。

转移时注意，因为我表示的状态是“每个障碍物的下一列”，如果下一列有障碍物要提前打掉。

 //#include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<cstdio>
 //#include<map>
 #include<math.h>
 //#include<time.h>
 //#include<complex>
 #include<algorithm>
 using namespace std;

 int n,m1,m2,t;
 #define maxn 2000011
 bool turn[][maxn]; int list[][maxn],f[][maxn];
 struct BO{int pos,type;}bo[maxn],ans[maxn]; int lb=;
 int lans,tt[maxn],ltt;
 bool cmp(const BO a,const BO b) {return a.pos<b.pos;}

 int main()
 {
     scanf("%d%d%d%d",&n,&m1,&m2,&t);
     for (int i=;i<=m1;i++) scanf("%d",&list[][i]);
     for (int i=;i<=m2;i++) scanf("%d",&list[][i]);
     for (int i=,j=;;)
     {
         if (i>m1) {for (;j<=m2;j++) bo[++lb]=(BO){list[][j],}; break;}
         if (j>m2) {for (;i<=m1;i++) bo[++lb]=(BO){list[][i],}; break;}
         if (list[][i]<list[][j]) bo[++lb]=(BO){list[][i++],};
         else if (list[][i]>list[][j]) bo[++lb]=(BO){list[][j++],};
         else bo[++lb]=(BO){list[][i++],},j++;
     }

     f[][]=f[][]=; bo[].pos=-; bo[lb+].pos=n+; bo[lb+].type=;
     for (int i=;i<=lb;i++)
     {
         if (bo[i-].pos!=bo[i].pos-)
         {
             f[][i]=f[][i-]==-?-:f[][i-]+(bo[i].pos-bo[i-].pos)-;
             f[][i]=f[][i-]==-?-:f[][i-]+(bo[i].pos-bo[i-].pos)-;
             if (bo[i].type== || bo[i].type==) f[][i]=max(-,f[][i]-t);
             if (bo[i].type== || bo[i].type==) f[][i]=max(-,f[][i]-t);
             f[][i]=f[][i]==-?-:f[][i]+;
             f[][i]=f[][i]==-?-:f[][i]+;
         }
         else f[][i]=f[][i-],f[][i]=f[][i-];
         if (bo[i+].pos==bo[i].pos+)
         {
             if (bo[i+].type== || bo[i+].type==) f[][i]=max(-,f[][i]-t);
             if (bo[i+].type== || bo[i+].type==) f[][i]=max(-,f[][i]-t);
         }
         f[][i]=f[][i]==-?-:f[][i]+;
         f[][i]=f[][i]==-?-:f[][i]+;
         if (bo[i+].pos!=bo[i].pos+ || bo[i+].type== || bo[i+].type==)
         {if (f[][i]<min(t,f[][i])) turn[][i]=,f[][i]=min(t,f[][i]);}
         if (bo[i+].pos!=bo[i].pos+ || bo[i+].type== || bo[i+].type==)
         {if (f[][i]<min(t,f[][i])) turn[][i]=,f[][i]=min(t,f[][i]);}
     }
     if (f[][lb]==- && f[][lb]==-) {puts("No"); return ;}
     puts("Yes");
     int now=; if (f[][lb]==-) now=; lans=ltt=; int cnt=;
     for (int i=lb;i;i--)
     {
         if (turn[now][i])
         {
             tt[++ltt]=bo[i].pos+;
             for (int j=bo[i].pos++t-f[now][i];cnt;j+=t,cnt--) ans[++lans]=(BO){j,now};
             now^=; if (bo[i+].pos==bo[i].pos+ && (bo[i+].type==now || bo[i+].type==)) cnt++;
         }
         if (bo[i].type==now || bo[i].type==) cnt++;
     }
     if (now==) tt[++ltt]=;
     for (int j=t;cnt;j+=t,cnt--) ans[++lans]=(BO){j,now};
     printf("%d\n",ltt);
     for (int i=ltt;i;i--) printf("%d ",tt[i]); puts("");
     sort(ans+,ans++lans,cmp);
     printf("%d\n",lans);
     for (int i=;i<=lans;i++) printf("%d %d\n",ans[i].pos,ans[i].type+);
     return ;
 }