题解 - CF2002E Cosmic Rays

Luogu

题意

给定一个由对数对描述的数组，每个数对 $(a_i, b_i)$ 表示 $a_i$ 个 $b_i$ 连续排列。每秒钟，所有索引为奇数或与前一个元素不同的元素会被删除。我们的目标是计算在数组变为空之前需要的秒数。

思路

考虑 dp。

处理每个数对，对于每个数对将其作为一个新的状态插入到队列中。在插入之前，需要检查队列的尾部元素是否与新状态冲突。冲突有两种情况：

  • 如果尾部元素的连续数量小于或等于新状态的连续数量，说明尾部元素会在新状态开始之前就被删除。
  • 如果尾部元素的开始位置与新状态相同，说明它们是连续的，我们需要将它们的连续数量合并。

处理完每个数对后，队列的第一个元素就是当前序列的状态。输出这个状态的连续数量，即当前序列变为空所需的秒数。

代码

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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

const int N = 3e5 + 5;

int T;
int n, m;
int a[N], b[N];

signed main() {
	scanf("%lld", &T);
	for (int i = 1; i <= T; ++i) {
		scanf("%lld", &n);
		for (int i = 0; i < n ; i++) {
			scanf("%lld%lld", &a[i], &b[i]);
		}

		deque<pair<int, int>> dp;

		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			pair<int, int> newp = {
				b[i], a[i]
			}; // 创建一个新的状态，表示当前数对的开始位置和连续数量
			int maxn = 0;
			while (dp.size() > 0 && (dp.back().second <= newp.second || dp.back().first == newp.first)) { // 查并处理与新状态冲突的尾部元素
				if (dp.back().first == newp.first) {
					newp.second = dp.back().second + newp.second - maxn;
				}
				maxn = dp.back().second;
				dp.pop_back();
			}

			dp.push_back(newp); // 将新状态插入
			printf("%lld ", dp[0].second);
		}
		printf("\n");
	}
	return 0;
}