自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	OMG_wc 幻想家协会会长

搬运于2025-08-24 22:26:27，当前版本为作者最后更新于2020-11-11 04:27:50，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

比赛里能做出这题的人真的非常厉害，至少他的智商和蛇一样足够聪明。

首先有一个结论：

当前最强的蛇吃了最弱的蛇之后，如果没有变成最弱的蛇，他一定会选择吃！

证明：

假设当前最强的蛇叫石老板。

• 如果下一条最强的蛇如果依旧是石老板，那肯定不吃白不吃；

• 如果下一条最强蛇不是石老板，此时最强的蛇没有原先强，最弱的蛇也没原先弱，吃掉后肯定比石老板要弱。也就是说，当前最强的蛇吃了之后，如果会死，也会死在石老板前面。那么这样一来，这条蛇会想尽办法不死，从而石老板也一定能不死。

有了这个结论，一部分蛇可以放心大胆地吃了，但是问题来了，如果吃了之后变成最弱的蛇了，到底选择吃不吃呢？

稍微往后推一推就明白了：

当前最强蛇记为石老板，下一条最强蛇记为喵老板。石老板进食后变成最弱的蛇了，如果喵老板进食后不是最弱的蛇，他就会选择吃（根据开头的结论），这样石老板就凉了，所以石老板当初的选择一定是不吃。

如果喵老板进食后依旧是最弱的蛇，那就会考虑下一条最强蛇的情况，起名为汪老板。同样分两种情况：如果汪老板进食后不是最弱的蛇，那他就会选择吃，这样喵老板就凉了，所以他当初会选择不吃，这样石老板就不会死，那么石老板当初就会选择吃。如果汪老板进食后变成了最弱的蛇，那就再考虑下一条蛇………………

这个问题就变成了一个递归的问题了，直到某条蛇吃了之后不是最弱的蛇或者只能下两条蛇为止。这样，最后一条蛇会选择吃，倒数第二条蛇为了保命会选择不吃，倒数第三条蛇可以放心大胆的吃，倒数第四条蛇会保命选择不吃，倒数第五条蛇可以放心吃………………

这样，石老板选择吃不吃，就和最后一条蛇之间的奇偶性相关了。并且石老板选择不吃，游戏结束，石老板选择吃，游戏也会在下一轮结束（因为喵老板会选择不吃）。

到目前为止，这个题目很清晰了，只需模拟两个阶段即可：

阶段一：所有最强蛇进食后都不是最弱蛇，放心大胆吃！

阶段二：所有最强蛇进食后都是最弱蛇，直到有条蛇可以放心吃为止（吃了后不是最弱或者只剩两条）

阶段一结束时，游戏就基本结束了（根据阶段二的奇偶性看能不能再吃一次）

利用set可以方便地维护最强、最弱蛇，时间复杂度 $O(Tn\log n)$，只能拿 70 分，代码如下：

int a[N];
int main() {
    int _;
    scanf("%d", &_);
    int n;
    for (int cas = 1; cas <= _; cas++) {
        if (cas == 1) {
            scanf("%d", &n);
            for (int i = 1; i <= n; i++) {
                scanf("%d", &a[i]);
            }
        } else {
            int k;
            scanf("%d", &k);
            while (k--) {
                int x, y;
                scanf("%d%d", &x, &y);
                a[x] = y;
            }
        }
        set<pair<int, int> > se;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            se.insert({a[i], i});
        }
        int flag = 0, ans;
        while (1) {
            if (se.size() == 2) {
                se.erase(se.begin());
                if (flag) {
                    if ((flag - se.size()) % 2) {
                        ans = flag + 1;
                    } else {
                        ans = flag;
                    }
                } else
                    ans = 1;
                break;
            }
            set<pair<int, int> >::iterator it = se.end();
            it--;
            int x = it->first, id = it->second;
            int y = se.begin()->first;
            se.erase(it);
            se.erase(se.begin());
            se.insert({x - y, id});
            if (se.begin()->second != id) {
                if (flag) {
                    if ((flag - se.size()) % 2) {
                        ans = flag + 1;
                    } else {
                        ans = flag;
                    }
                    break;
                }
            } else {
                if (flag == 0) flag = se.size();
            }
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

正解：用两个双端队列 $q_1,q_2$ 维护即可。

先把初始的有序蛇放进 $q_1$ 里，此时 $q_1$ 已满足单调性，头部小，尾部大，我们后面会让 $q_2$ 也满足这样的单调性。

第一阶段：

每次从 $q_1,q_2$ 的尾部取出最强的蛇，从 $q_1$ 头部取出最弱的蛇，如果吃了以后是最弱的，那就进入第二阶段，否则直接装入 $q_2$ 的头部。

为什么可以装进 $q_2$ 并且是 $q_2$ 里最弱的？其实证明最初的结论时已经解释过了，后面进食的蛇肯定是越来越弱的，而且这个阶段最弱的蛇一定在 $q_1$ 中。

第二阶段：

此时最弱的蛇，就没必要丢进队列里了，单独维护一下就好了，因为连续的一段进食后都是最弱的，直到总蛇数等于 $2$ 或者进食后不是最弱为止，而最强的依旧从 $q_1,q_2$ 的尾部找。

这样就不需要用其他带 $\log$ 的数据结构维护了，时间复杂度 $O(Tn)$，代码如下：

int a[N];
int main() {
    int _;
    scanf("%d", &_);
    int n;
    for (int cas = 1; cas <= _; cas++) {
        if (cas == 1) {
            scanf("%d", &n);
            for (int i = 1; i <= n; i++) {
                scanf("%d", &a[i]);
            }
        } else {
            int k;
            scanf("%d", &k);
            while (k--) {
                int x, y;
                scanf("%d%d", &x, &y);
                a[x] = y;
            }
        }
        deque<pair<int, int> > q1, q2;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            q1.push_back({a[i], i});
        }
        int ans;
        while (1) {
            if (q1.size() + q2.size() == 2) {
                ans = 1;
                break;
            }
            int x, id, y;
            y = q1.front().first, q1.pop_front();
            if (q2.empty() || !q1.empty() && q1.back() > q2.back()) {
                x = q1.back().first, id = q1.back().second, q1.pop_back();
            } else {
                x = q2.back().first, id = q2.back().second, q2.pop_back();
            }
            pair<int, int> now = make_pair(x - y, id);
            if (q1.empty() || q1.front() > now) {
                ans = q1.size() + q2.size() + 2;  // 不吃
                int cnt = 0;
                while (1) {
                    cnt++;
                    if (q1.size() + q2.size() + 1 == 2) {
                        if (cnt % 2 == 0) ans--;
                        break;
                    }
                    int x, id;
                    if (q2.empty() || !q1.empty() && q1.back() > q2.back()) {
                        x = q1.back().first, id = q1.back().second, q1.pop_back();
                    } else {
                        x = q2.back().first, id = q2.back().second, q2.pop_back();
                    }
                    now = {x - now.first, id};
                    if ((q1.empty() || now < q1.front()) && (q2.empty() || now < q2.front())) {
                        ;
                    } else {
                        if (cnt % 2 == 0) ans--;
                        break;
                    }
                }
                break;
            } else {
                q2.push_front(now);
            }
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}