[cf1434E]A Convex Game

暴力求SG，结论：每一个序列的SG上限为$\sqrt{2\max a_{i}}+1$

证明：将SG的转移看作一张DAG，归纳每一个点的SG值不超过其开始的最长路，显然成立

那么本题中最长路即在$a_{i}$中最多能选多少次，假设选择的权值依次为$v_{1},v_{2},...,v_{m}$，则$v_{i+1}-v_{i}\ge i$，累加即$v_{m}-v_{1}\ge \frac{m(m-1)}{2}$，放缩得$(m-1)^{2}<2v_{m}$，$m$也即SG的上限为$\sqrt{2\max a_{i}}+1$

考虑dp，令$f_{i,j}$表示最后两次分别选了$a_{i}$和$a_{j}$的SG值，转移为$f_{i,j}=mex(\{f_{k,i}|a_{k}-a_{i}>a_{i}-a_{j}\})$，利用$k$的单调性，倒序枚举$j$，可以做到$o(n^{2})$，最终答案即为$mex(\{f_{i,0}|1\le i\le n\})$

令$g_{i,j}=\min_{f_{i,k}>j}k$，根据上面的结论，$g$的总数量为$o(n\sqrt{n})$，考虑直接转移$g$

根据单调性，有$g_{i,j}\ge g_{i,j-1}$，这也就保证了$f_{i,g_{i,j}}$后面的集合包含了$[1,j)$，同时$j$也需要出现，因此即要求$\exists k,a_{g_{i,j}}>2a_{i}-a_{k}且f_{k,i}=j$，后者又等价于$g_{k,j-1}\le i<g_{k,j}$，贪心求出满足后者的$k$中最大值即可

考虑先枚举$j$，维护线段树，每一次先查询$i$上的值并判断，再令区间$[g_{i,j-1},g_{i,j})$的值对$i$取max，时间复杂度为$o(n\sqrt{n}\log_{2}n)$，略微卡常

进一步优化，由于插入的区间单调递增，因此可以看作对未被修改的部分修改，维护两个并查集，分别表示：1.上一个未被覆盖的点；2.同一种类型的上一个点，时间复杂度为$o(n\sqrt{n}\alpha(n))$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 100005
 4 #define L (k<<1)
 5 #define R (L+1)
 6 #define mid (l+r>>1)
 7 int t,n,ans,a[N],f[2][N],fa[N],pre[N],v[N];
 8 int find(int k){
 9     if (fa[k]==k)return k;
10     return fa[k]=find(fa[k]);
11 }
12 int get_pre(int k){
13     if (k==pre[k])return k;
14     return pre[k]=get_pre(pre[k]);
15 }
16 void update(int l,int r,int x){
17     r=get_pre(r);
18     if (v[r])r--;
19     if (l>r)return;
20     while (1){
21         int nex=get_pre(r-1);
22         if (v[nex])nex--;
23         if (nex<l){
24             v[r]=x;
25             return;
26         }
27         fa[r]=nex;
28         r=nex;
29     }
30 }
31 void merge(int l,int r){
32     if ((r<=n)&&(pre[r+1]==r+1)&&(v[r+1]))pre[r+1]=r;
33     r=get_pre(r);
34     while (l<r){
35         pre[r]=r-1;
36         r=get_pre(r-1);
37     }
38     if ((l==r)&&(l>1)&&(v[get_pre(l-1)]))pre[r]=r-1;
39 }
40 int query(int k){
41     return v[find(k)];
42 }
43 int main(){
44     scanf("%d",&t);
45     while (t--){
46         scanf("%d",&n);
47         for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
48         int s=0,p=0,flag=0;
49         for(int i=1;i<=n;i++)f[p][i]=1;
50         while (!flag){
51             flag=1;
52             s++;
53             p^=1;
54             for(int i=1;i<=n;i++){
55                 fa[i]=pre[i]=i;
56                 v[i]=0;
57             }
58             for(int i=n;i;i--){
59                 int k=query(i);
60                 if(!k)f[p][i]=n+1;
61                 else f[p][i]=upper_bound(a+1,a+n+1,2*a[i]-a[k])-a;
62                 if (f[p^1][i]>=f[p][i])f[p][i]=f[p^1][i];
63                 else{
64                     update(f[p^1][i],f[p][i]-1,i);
65                     merge(f[p^1][i],f[p][i]-1);
66                 }
67                 if (f[p][i]<=n)flag=0;
68             }
69         }
70         ans^=s;
71     }
72     if (ans)printf("YES");
73     else printf("NO");
74 }