qoj 3300 Cactus Competition 题解

先考虑发掘一下这个图的性质，我们考虑如果 \((i, j)\) 可走，\((i + 1, j)\) 不能走，\((i, j + 1)\) 不能走

那么我们可以推出：

\[\begin{array}{c} a_{i} + b_{j} \ge 0 \Rightarrow a_i \ge -b_j \\ a_{i + 1} + b_{j} < 0 \Rightarrow a_{i + 1} < -b_{j} \\ \Rightarrow a_{i} > a_{i + 1} \\ a_{i} + b_{j + 1} < 0 \Rightarrow a_{i} < -b_{j + 1} \\ \Rightarrow a_{i + 1} + b_{j + 1} \ge 0 \end{array} \]

因此 \((i + 1, j + 1)\) 不能走

我们推广一下，如果 \(\exists (i, j), a_i + b_j \ge 0, (i, j + k), a_i + b_{j + k} \ge 0\)，则 \(\forall (i, x)\)，若 \(a_i + b_x < 0\)，那么 \(a_i + b_{x + k} < 0\)，即 \((i, x + k)\) 不能走

列的性质同理

现在发现了图的性质，现在我们考虑计数，直接计数并不容易，我们考虑去算不合法的数量

记起点是 \((s, 1)\)，终点是 \((t, m)\)

我们先把起点和终点被围住的条件去掉，剩下的情况，就只有竖着走不过去或横着走不过去

我们就考虑横着走不过去，因为有上面的性质，所以我们可以将所有横着不能走的格子放到一行，那么肯定就存在一行不能走

同理列不能走过去也是有一列不能走

总结一下，如果起点不能到终点，必然满足以下的条件中的一条：

• \(\exists (i, j), \forall y \in [1, j], a_i + b_y < 0, \forall x \in [s, i], a_x + b_j < 0\)
• \(\exists (i, j), \forall y \in [j, m], a_i + b_y < 0, \forall x \in [i, t], a_x + b_j < 0\)
• \(\exists x \in [s, t], \forall y \in [1, m], a_x + b_y < 0\)
• \(\exists y \in [1, m], \forall x \in [s, t], a_x + b_y < 0\)
  现在考虑它的必要性，根据之前图的性质，可以很简单证明出来它的必要性

现在我们来计数，先翻译一下条件

若 \(\exists (i, j), \forall y \in [1, j], a_i + b_y < 0, \forall x \in [k, i], a_x + b_j < 0\)，则 \(s \in [k, i]\) 时不行
若 \(\exists (i, j), \forall y \in [j, m], a_i + b_y < 0, \forall x \in [i, k], a_x + b_j < 0\)，则 \(t \in [i, k]\) 时不行
若 \(\exists x, \forall y \in [1, m], a_x + b_y < 0\)，则 \(s \in [1, x], t \in [x, n]\) 时不行
若 \(\exists y, \forall x \in [l, r], a_x + b_y < 0\),，则 \(s \in[l, r], t \in [l, r]\) 时不行

直接算可能会算重，此时我们上一个扫描线求面积并就行了，注意 \(s \le t\)，我们不是求所有的面积并