Codeforces 538G - Berserk Robot（乱搞）

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一道很神的乱搞题 %%%

首先注意到如果直接去做，横纵坐标有关联，不好搞。这里有一个非常套路的技巧——坐标轴旋转，我们不妨将整个坐标系旋转 \(\dfrac{\pi}{4}\)，即对于原来坐标系中的一个点 \(x,y\)，映射到新坐标系上的坐标为 \((x+y,y-x)\)，经过这样的转化，原来坐标系中的上 \((0,1)\) 下 \((0,-1)\) 左 \((-1,0)\) 右 \((1,0)\) 就变为了 \((1,1),(-1,-1),(-1,1),(1,-1)\)，我们发现每一个向量的横/纵坐标都是 \(\pm 1\)，也就可以横纵坐标分开来考虑了。

但这样值域是 \(\{1,-1\}\)，还是不太方便，我们考虑再将其变为 \(\{1,0\}\)，也就是说我们给 \(t\) 时刻所有点的横纵坐标都加上 \(t\) 再除以二，即每一个对三元组 \((t,x,y)\) 就变为了 \((t,\dfrac{x+y+t}{2},\dfrac{y-x+t}{2})\)，有人可能会担心这里有小数，事实上，若 \(x+y\) 与 \(t\) 奇偶性不同，那显然是不合法的，因此 \(\dfrac{x+y+t}{2},\dfrac{y-x+t}{2}\) 都是整数，这样一来上下左右又变为了 \((1,1),(0,0),(0,1),(1,0)\)。

将横纵坐标分开来考虑，这样就变为了求解两次如下的问题：有一个呈周期分别的序列 \(a\) 满足 \(a_i=a_{i-n}(i\ge n),a_i\in\{0,1\}\)，给定 \(m\) 个二元组 \((t_i,x_i)\) 表示 \(\sum\limits_{j=1}^{t_i}a_j=x_i\)，问是否存在这样的序列 \(a\)。

我们考虑记 \(s_i=\sum\limits_{j=1}^ia_j\)，由于 \(a_i\) 呈周期分布，必然对于 \(p>n\)，有 \(s_p=\lfloor\dfrac{p}{n}\rfloor s_n+s_{p\bmod n}\)，我们记 \(p_i=\lfloor\dfrac{t_i}{n}\rfloor,q_i=t_i\bmod n\)，那么每个二元组等价于 \(p_is_n+s_{q_i}=x_i\)。

我们将所有二元组按 \(q_i\) 从小到大排序，方便起见我们再引入两条新的信息 \(p_{n+1}=0,q_{n+1}=0,x_{n+1}=0\) 以及 \(p_{n+2}=-1,q_{n+2}=n,x_{n+2}=0\)。

考虑对于两条信息 \((p_i,q_i,x_i)\) 以及 \((p_{i+1},q_{i+1},x_{i+1})\)，我们有 \(p_is_n+s_{q_i}=x_i\) 及 \(p_{i+1}s_n+s_{q_{i+1}}=x_{i+1}\)，拿后一个等式减去前一个等式可得 \((p_{i+1}-p_i)s_n+s_{q_{i+1}}-s_{q_i}=x_{i+1}-x_i\)，而 \(s_{q_{i+1}}-s_{q_i}=\sum\limits_{j=q_i+1}^{q_{i+1}}a_j\in[0,q_{i+1}-q_i]\)，故 \((p_{i+1}-p_i)s_n+s_{q_{i+1}}-s_{q_i}\in[(p_{i+1}-p_i)s_n,(p_{i+1}-p_i)s_n+q_{i+1}-q_i]\)，因此 \((p_{i+1}-p_i)s_n\in[(x_{i+1}-x_i)-(q_{i+1}-q_i),x_{i+1}-x_i]\)，分三种情况，可得出 \(s_n\) 的范围：

• \(p_{i+1}-p_i=0\)，那么若 \(0\notin[(x_{i+1}-x_i)-(q_{i+1}-q_i),x_{i+1}-x_i]\) 则直接输出 NO，否则可直接忽略该条件。
• \(p_{i+1}-p_i>0\)，那么 \(s_n\in[\lceil\dfrac{(x_{i+1}-x_i)-(q_{i+1}-q_i)}{p_{i+1}-p_i}\rceil,\lfloor\dfrac{x_{i+1}-x_i}{p_{i+1}-p_i}\rfloor]\)
• \(p_{i+1}-p_i<0\)，那么 \(s_n\in[\lceil\dfrac{x_{i}-x_{i+1}}{p_{i}-p_{i+1}}\rceil,\lfloor\dfrac{(x_{i}-x_{i+1})-(q_{i}-q_{i+1})}{p_{i}-p_{i+1}}\rfloor]\)

维护两个变量 \(L,R\) 表示 \(s_n\in[L,R]\)，一边扫描一边更新即可，如果最终 \(L>R\) 则输出 NO，否则不妨设 \(s_n=L\) 并可得到若干个形如 \(s_{q_{i+1}}-s_{q_i}=r_i\) 的式子，显然根据之前的限制有 \(r_i\le s_{q_{i+1}}-s_{q_i}\)，我们就令 \(a_{q_{i}+1},a_{q_i+2},\cdots,a_{q_i+r_i}\) 为 \(1\)，\(a_{q_i+r_i+1},a_{q_i+r_i+2},\cdots,a_{q_{i+1}}\) 为 \(0\) 即可。

复杂度 \(n\log n\)。

const int MAXN=2e5;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
int n,l;
struct data{
	ll t,x,y,p,q;
	bool operator <(const data &rhs){
		return q<rhs.q;
	}
} a[MAXN+5];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&l);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld%lld%lld",&a[i].t,&a[i].x,&a[i].y);
		if((a[i].t+a[i].x+a[i].y)&1ll) return puts("NO"),0;
		a[i].p=a[i].t/l;a[i].q=a[i].t%l;
		ll tmpx=a[i].x,tmpy=a[i].y;
		a[i].x=(tmpx+tmpy+a[i].t)>>1;
		a[i].y=(tmpy-tmpx+a[i].t)>>1;
	} a[++n].p=-1;a[n].q=l;sort(a+1,a+n+1);
	ll xd=0,xu=INF,yd=0,yu=INF;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll difp=a[i].p-a[i-1].p,difq=a[i].q-a[i-1].q;
		if(difp==0){
			if(a[i].x-a[i-1].x<0||a[i].x-a[i-1].x-difq>0) return puts("NO"),0;
			if(a[i].y-a[i-1].y<0||a[i].y-a[i-1].y-difq>0) return puts("NO"),0;
		} else if(difp>0){
			chkmax(xd,(ll)ceil(1.0l*(a[i].x-a[i-1].x-difq)/difp));
			chkmin(xu,(ll)floor(1.0l*(a[i].x-a[i-1].x)/difp));
			chkmax(yd,(ll)ceil(1.0l*(a[i].y-a[i-1].y-difq)/difp));
			chkmin(yu,(ll)floor(1.0l*(a[i].y-a[i-1].y)/difp));
		} else{
			difp=-difp;
			chkmax(xd,(ll)ceil(1.0l*(a[i-1].x-a[i].x)/difp));
			chkmin(xu,(ll)floor(1.0l*(a[i-1].x-a[i].x+difq)/difp));
			chkmax(yd,(ll)ceil(1.0l*(a[i-1].y-a[i].y)/difp));
			chkmin(yu,(ll)floor(1.0l*(a[i-1].y-a[i].y+difq)/difp));
		}
	} if(xd>xu||yd>yu) return puts("NO"),0;
	ll vx=xd,vy=yd;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll stpx=(a[i].x-a[i].p*vx)-(a[i-1].x-a[i-1].p*vx);
		ll stpy=(a[i].y-a[i].p*vy)-(a[i-1].y-a[i-1].p*vy);
		int curx=0,cury=0,stp=a[i].q-a[i-1].q;
		while(stp--){
			if(curx<stpx){
				++curx;
				if(cury<stpy) ++cury,putchar('U');
				else putchar('R');
			} else {
				if(cury<stpy) ++cury,putchar('L');
				else putchar('D');
			}
		}
	} putchar('\n');
	return 0;
}