E. Alice and the Unfair Game 统计方案 #593 (Div. 2)

题意： 

有n个盒子  一个小球 和m次猜测序列(a1-am)  

小球一开始位于初始位置s 第一次猜测前可以移动一次小球（移动到相邻位置或者原地不动）然后每次猜测可以移动一次小球 所以最多移动m+1次

问有多少对 s(起始位置) t(结束位置) 满足不被猜测到

题解：

• 显然可以观察出一个结论 对一小球的某一个初始位置 它所能到达的结束位置的集合里的所有元素是连续的 所以对于该起始位置有一个左界(向左最远能到达哪里) 和一个右界
• 假设要求出左边界 那么小球只会进行两种操作 等待和左移 右边界同理
• 所以这里可以得到一个$O(nm)$复杂度的算法  可惜过不得
• 可以将其看作是一个 $m*n$ 的图  每行都会有一个障碍 位于 $(i,ai)$ , $(0,i)$表示第i个小球的起始位置  所以问题就转化为小球一开始处于第0行 可以向下向左下向右下移动  求出每个初始点的左右界
• 设 L[i] 为向左移动过程中原地等待的次数
• 从m~1倒着放入障碍  显然  当前障碍会影响  起始点位于：ai+当前行数  的小球（该小球一路左下移动 直到遇到该障碍不得不向下移动） 当他向下移所到达的点 完全等效于 起始点位于 ai+当前行数+1 的小球，  一路向左下移动到达的点 因为i+1~m的状态已经处理好了  所以直接继承即可  记得加一 也就是当前不得不向下移动一次
• 因为倒着放入障碍 所以起始点+1的小球也是一定能到该位置的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+100;
const int T=1e5;
#define ll long long
int n,m,a[N],L[N],R[N];

int main()
{
    cin>>n>>m;
    if(n==1)return printf("0"),0;
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=m;i>=1;i--)
    {
        L[i+a[i]+T]=L[i+a[i]+1+T]+1;
        R[a[i]-i+T]=R[a[i]-i-1+T]+1;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int l=max(1,i-(m+1)+L[i+T]);
        int r=min(n,i+(m+1)-R[i+T]);
        ans+=1ll*(r-l+1);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

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