[Codeforces 1236E]Alice and the Unfair Game

Description

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有 \(n\) 个盒子和 \(m\) 次操作，第 \(i\) 次操作 Alice 会询问第 \(a_i\) 个盒子里是否有小球。为了避免 Alice 获得胜利，Marisa 会在每一次操作之前可以将藏着小球的盒子移到相邻的盒子，在 \(m\) 次询问后也可以进行移动。

记 \((x,y)\) 表示一开始 Marisa 将小球放在 \(x\) 号盒子，最终小球在 \(y\) 号盒子的一次游戏。询问所有使得 Marisa 获得胜利的 \((x,y)\) 的有序对个数。

\(1 \leq n,m \leq 10^5\)

Solution

可以证明对于一个起点，其最终能到达的终点一定是一个连续的区间。那么我们只需要对于每一个起点，找到其最终的左右端点即可。

以右端点为例，需要找到最右的点的话就需要他要尽可能向右移动。但是如果向右移动会在下一轮受到阻碍的话，他就应该在原地停留一回合。停留一回合之后，他之后的走法完全和他左边这一个格子向下走一样。因此只需要求出左边这个格子能到达的最右是多少就行。

记 \(R_i\) 表示第 \(i\) 个位置为起点，一直向右走，碰到的石子个数。显然最右端点为 \(i+m+1-R_i\)。

考虑如何计算这个 \(R\)。我们逆着做，这样初值均为 0。当第 \(a_i\) 个盒子有阻碍时，也就是从第 \(a_i-i\) 个位置作为起点过来的受到看阻碍，因此 \(R_{a_i-i}=R_{a_i-i-1}+1\)。

注意逆推是不用考虑前面的阻碍对他的影响的。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5+5, X = 1e5;

int n, m, a[N], L[N], R[N];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    if (n == 1) return puts("0"), 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = m; i >= 1; i--) {
        R[X+a[i]-i] = R[X+a[i]-i-1]+1;
        L[X+a[i]+i] = L[X+a[i]+i+1]+1;
    }
    long long ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        ans += min(n, i+m+1-R[i+X])-max(1, i-(m+1)+L[i+X])+1;
    printf("%I64d\n", ans);
    return 0;
}