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題目傳送門 - BZOJ5308

題目傳送門 - LOJ2529

題目傳送門 - 洛谷P4501

題意

　　略。

題解

　　首先這個題目名稱用來形容 cly 太好了。

　　考慮每一對 $(a_i,l_i)$ 對於答案的貢獻。

　　我們可以發現每一條這種路徑能夠更新的節點是連續的一段。於是我們考慮二分邊界。

　　設 x 為當前節點，我們當前二分到的節點為 y ，如果 x 不能更新節點 y ，那麼，在區間 $[x,2y-x]$ 中必然存在一個點到 y 的最短路小於等於 x 到 y 的最短路。

　　於是，我們可以利用差分思想維護兩個 ST 表來分別得到兩邊的最短路。

　　但是有一個特殊情況：

　　一個點同時被左右更新。

　　只需要特判就好了。

　　這題細節好多啊。

程式碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch))
		ch=getchar();
	while (isdigit(ch))
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return x;
}
const int N=200005;
const LL INF=1LL<<57;
int n,m,w[N],Log[N];
LL x[N],s1[N][18],s2[N][18];
struct Node{
	int a,L;
}v[N];
bool cmp(Node A,Node B){
	return A.a<B.a;
}
LL query1(int L,int R){
	if (L>R)
		return INF;
	int d=Log[R-L+1];
	return min(s1[L+(1<<d)-1][d],s1[R][d]);
}
LL query2(int L,int R){
	if (L>R)
		return INF;
	int d=Log[R-L+1];
	return min(s2[L+(1<<d)-1][d],s2[R][d]);
}
int p[N];
LL l[N];
int main(){
	Log[1]=0;
	for (int i=2;i<N;i++)
		Log[i]=Log[i>>1]+1;
	n=read(),m=read();
	for (int i=1;i<n;i++)
		w[i]=read(),x[i+1]=x[i]+w[i];
	while (m--){
		int k=read();
		for (int i=1;i<=k;i++)
			v[i].a=read(),v[i].L=read();
		sort(v+1,v+k+1,cmp);
		for (int i=1;i<=k;i++)
			p[i]=v[i].a,l[i]=v[i].L;
		for (int i=1;i<=k;i++){
			s1[i][0]=l[i]-x[p[i]];
			s2[i][0]=l[i]+x[p[i]];
			for (int j=1;j<18;j++){
				s1[i][j]=s1[i][j-1];
				s2[i][j]=s2[i][j-1];
				if (i-(1<<(j-1))>0){
					s1[i][j]=min(s1[i][j],s1[i-(1<<(j-1))][j-1]);
					s2[i][j]=min(s2[i][j],s2[i-(1<<(j-1))][j-1]);
				}
			}
		}
		LL ans=0;
		for (int i=1;i<=k;i++){
			int now=p[i],R=now,L=now;
			for (int j=17;j>=0;j--){
				int t=R+(1<<j);
				if (t>n)
					continue;
				int pL=i+1;
				int pM1=upper_bound(p+1,p+k+1,t)-p-1;
				int pM2=lower_bound(p+1,p+k+1,t)-p;
				int pR=upper_bound(p+1,p+k+1,t*2-now)-p-1;
				if (query1(pL,pM1)<=l[i]-x[now])
					continue;
				if (query2(pM2,pR)-x[t]<=l[i]+x[t]-x[now])
					continue;
				R=t;
			}
			for (int j=17;j>=0;j--){
				int t=L-(1<<j);
				if (t<=0)
					continue;
				int pR=i-1;
				int pM1=lower_bound(p+1,p+k+1,t)-p;
				int pM2=upper_bound(p+1,p+k+1,t)-p-1;
				int pL=lower_bound(p+1,p+k+1,t*2-now)-p;	
				if (query2(pM1,pR)<=l[i]+x[now])
					continue;
				if (query1(pL,pM2)+x[t]<=l[i]+x[now]-x[t])
					continue;
				L=t;
			}
			ans+=R-L+1;
			if (R<n){
				R++;
				int pR=lower_bound(p+1,p+k+1,R*2-now)-p;
				if (p[pR]==R*2-now){
					int pM1=upper_bound(p+1,p+k+1,R)-p-1;
					int pM2=lower_bound(p+1,p+k+1,R)-p;
					if (query1(i+1,pM1)>l[i]-x[now]
					  &&query2(pM2,pR-1)-x[R]>l[i]+x[R]-x[now]
					  &&l[i]+x[R]-x[now]==l[pR]+x[p[pR]]-x[R])
					  	ans++;
				}
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}