CF1550F Jumping Around

题意：

数轴上顺次有 n 个点a1<a2<⋯<an。a_1 < a_2 < \cdots < a_n。a1<a2<⋯<an。
有一只小青蛙，初始时在asa_sas处。小青蛙有两个参数：步长 d 和灵活程度 k。其中，步长 d 是确定的，而灵活程度 k 是可以调整的

小青蛙可以从某个点跳到另一个点。但这是有要求的：小青蛙能从 aia_iai跳到aja_jaj，当且仅当 d−k≤∣ai−aj∣≤d+kd-k\leq |a_i-a_j|\leq d+kd−k≤∣ai−aj∣≤d+k

给定 a1,...,ana_1,...,a_na1,...,an和 d。你需要回答 q 次询问，每次询问给定一个一个下标 i和灵活程度 k ，你需要回答：此时的小青蛙能否跳到 ai？a_i？ai？

保证1≤n,q≤2×105，1≤s,i≤n，1≤ai,d,k≤106，a1<a2<⋯<an。保证 1\leq n,q\leq 2\times 10^5，1\leq s,i\leq n，1\leq a_i,d,k\leq 10^6，a_1 < a_2 < \cdots < a_n 。保证1≤n,q≤2×105，1≤s,i≤n，1≤ai,d,k≤106，a1<a2<⋯<an。

题解：

我一开始想，满足这个式子d−k≤∣ai−aj∣≤d+kd-k\leq |a_i-a_j|\leq d+kd−k≤∣ai−aj∣≤d+k就可以跳，那我直接查询区间[l,r]的相邻差值最大值和最小值，然后看是否符合式子。但是第二个样例就不对，随后我突然明白，u不能直接到达v，但是u可以先到达其他点x，再到达v。
我们现在换个思路想，当参数为k时，如果我们可以走到一个节点x，参数大于k时我们也可以走到该节点。那么我们就开始考虑对于每个节点，求出可以走到它的最小的k。
对于这个式子：
d−k≤∣ai−aj∣≤d+kd-k\leq |a_i-a_j|\leq d+kd−k≤∣ai−aj∣≤d+k
−k≤∣ai−aj∣−d≤k-k\leq |a_i-a_j|-d\leq k−k≤∣ai−aj∣−d≤k
∣∣ai−aj∣−d∣≤k| |a_i-a_j|-d|\leq k∣∣ai−aj∣−d∣≤k
也就是满足这个式子，点i就可以到达点j，我们可以将∣∣ai−aj∣−d∣| |a_i-a_j|-d|∣∣ai−aj∣−d∣当作边权，如果点u可以到达点v，那么其路径上的最大值<=k,为了让u能到达v，我们希望路径上最大值最小，那不就是跑最小生成树
本题中边的数量是O(n2)O(n^2)O(n2),prim和kruskal都会超时，因此要用另一个最小生成树的算法boruvka算法。
这个算法不详细介绍了，详情见boruvka算法
算法的关键（也是复杂度与边权有关的地方）就是找最小边权的边，本题中边权是有性质的
现在我们要想∣∣ai−aj∣−d∣≤k| |a_i-a_j|-d|\leq k∣∣ai−aj∣−d∣≤k值最小，设aia_iai在连通块内，aja_jaj在连通块外，那对于每个aia_iai,我们找aja_jaj最接近ai+da_i+dai+d或者ai−da_i-dai−d的点，然后取最小即可
具体操作为：
我们可以维护一个set，先存所有的a，然后对于一个连通块，枚举连通块内所有的点，把他们从set中删除，此时set中所有点都在这个连通块外。然后再枚举连通块内的所有点i，用set二分查找距离ai+da_i+dai+d或者ai−da_i-dai−d的点。直接在set上二分四次就找到了。最后再把所有点加回来。
二分找最小边权的复杂度是O(nlog n)
总复杂度是O(nlog2n)O(nlog^2n)O(nlog2n)
因为我们直到起点，把起点当作跟跑一边dfs，求出到其他点的路径上的最大值，如果询问中k大于这个最大值，就是Yes，否则就是No

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
void read(){};
template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar)
{x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...);
}
template <typename T> inline void write(T x)
{if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{#ifdef ONLINE_JUDGE
#elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{#ifdef ONLINE_JUDGE
#elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn=2e6+9;
int n,m,q,s,d;
set<int>st;
int fa[maxn];
int a[maxn];
int id[maxn];
vector<PII>g[maxn];
int find(int x){if(fa[x]==x)return x;return fa[x]=find(fa[x]);
}
int getd(int x,int y){return abs(abs(x-y)-d);
}
void check(int &u,int &v,int x,int y){if(x==INF_int||y==INF_int)return ;if(getd(x,y)<getd(u,v)){u=x;v=y;}
}
struct node{int u,v,w;
}e1[maxn<<2];
vector<int>block[maxn];
void boruvka(){int m=n-1;while(m){for(int i=1;i<=n;i++)block[i].clear();for(int i=1;i<=n;i++)block[find(i)].push_back(i);int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(find(i)==i){//找到一个连通块 int u=0,v=INF_int;for(int j=0;j<block[i].size();j++){st.erase(st.find(a[block[i][j]]));//删除连通块内元素 }for(int j=0;j<block[i].size();j++){check(u,v,a[block[i][j]],*st.lower_bound(a[block[i][j]]+d));check(u,v,a[block[i][j]],*(--st.lower_bound(a[block[i][j]]+d)));check(u,v,a[block[i][j]],*st.lower_bound(a[block[i][j]]-d));check(u,v,a[block[i][j]],*(--st.lower_bound(a[block[i][j]]-d)));} if(u!=0)//如果找到最小边，建最下生成树{e1[++cnt]=(node){id[u],id[v],getd(u,v)};} for(int j=0;j<block[i].size();j++)st.insert(a[block[i][j]]);}}for(int i=1;i<=cnt;i++){if(find(e1[i].u)!=find(e1[i].v)){m--;int u=e1[i].u;int v=e1[i].v;int w=e1[i].w;g[u].push_back({v,w});g[v].push_back({u,w});fa[find(u)]=find(v);}}}}
int ans[maxn];
void dfs(int u,int fa,int mx){ans[u]=mx;for(auto it:g[u]){int v=it.first;int w=it.second;if(v!=fa)dfs(v,u,max(mx,w));}
}
int main()
{//rd_test();cin>>n>>q>>s>>d;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];block[i].push_back(i);st.insert(a[i]);fa[i]=i;id[a[i]]=i;}st.insert(-INF_int);st.insert(INF_int);boruvka();dfs(s,0,0);while(q--){int i,k;cin>>i>>k;if(ans[i]<=k)puts("Yes");else puts("No");}return 0;//Time_test();
}

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