P7078 [CSP-S 2020] 贪吃蛇 解题报告

一道有意思的 ad-hoc，难点在于模拟。

这个限制非常强：如果不吃的话游戏直接结束，就吃不到了。那么肯定是吃了不会寄就吃。

那么显然，如果吃完之后不是最小值，那肯定不会寄，一定吃。

如果吃完之后是最小值，那么就看一下她吃完之后下一个最大的蛇会不会选择吃。

那么解法其实很显然了：假如现在剩下 \(i\) 条蛇，那么每一条蛇的长度其实是唯一确定的。因此，我们可以计算 \(i = [1, n]\) 时所有蛇的状态。

然后同时进行一个 DP。设计 \(f_i\) 代表剩下 \(i\) 条蛇时，最大的是否会选择把最小的吃掉。

• case 1：吃完之后不是最小值，有 \(f_i = 1\)。

• case 2：吃完之后是最小值，有 \(f_i = [f_{i - 1} = 0]\)。

因为这个 DP 是线性的，所以瓶颈可能会出现在计算蛇的长度上。

考虑如果使用 std::set 进行预处理的话，贡献的时间复杂度是 \(\mathcal{O}(n \log n)\) 的。这在 \(T \le 10, n \le 10^6\) 的数据下非常危险。

不过按照现在的评测机来看，或许卡卡能过。

其实有一种优化到线性的做法：

考虑 case 2。如果当前 case 2 吃掉之后，下一条蛇碰到的是 case 1，那么一定会寄，所以不会吃。

所以我们可以把整过过程分为两个阶段：首先是一直 case 1，然后一直 case 2。

有一个套路就是：我们使用两个 std::deque \(p,q\) 来模拟这个容器，一开始所有数都在 \(p\) 里。

考虑在 case 1 里，每条蛇吃完之后不是最小值，所以 \(q\) 只需要维护最大值，这个很容易。

第一次吃完之后变成最小值时，我们进入 case 2 阶段。此时，我们发现，对于吃完剩下的这个最小值，已经不需要再放入容器中了，单独算一下就好了。