考虑第$i$列的答案，即找到一个区间$[l,r]$，使得：

1.$l$和$r$要同奇偶，令$ans=\frac{r-l}{2}$，要求尽量大（$ans+1$即为该列答案）

2.$\forall 0\le j\le ans$，$[l+j,r-j]\subseteq [l_{i-j},r_{i-j}],[l_{i+j},r_{i+j}]$（两个都包含）

两个都包含可以看成求交，那么即$l\ge \max(l_{i-j},l_{i+j})-j$，类似的$r\le \min(r_{i-j},r_{i+j})+j$，很明显$l$和$r$都会取到端点，只需要保证长度足够，即$ans$合法当且仅当
$$
\min_{0\le j\le ans}(\min(r_{i-j},r_{i+j})+j)-\max_{0\le j\le ans}(\max(l_{i-j},l_{i+j})-j)\ge 2ans
$$
由于相邻两列答案至多相差1，记上一列的答案为$ans$，那么只需要判定$ans\pm 1$即可

注意到一次判定也就是求区间$l_{i}/r_{i}\pm i$最小和最大值，用树状数组维护复杂度过高，考虑用单调队列来维护，通过调整判定$ans\pm 1$的顺序每一次询问的右端点单调不下降，左端点至多减小1，复杂度为$o(n)$

时间复杂度为$o(n)$，且常数略大

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 5000005 
 4 #define mod 998244353
 5 #define ull unsigned long long
 6 int t,n,ans,sum,mi[N],l[N],r[N];
 7 struct pqueue{
 8     int p,L,R,x,y,a[N],q[N];
 9     void add(int k){
10         while ((x<y)&&(a[k]<=a[q[y-1]]))y--;
11         q[y++]=k;
12     }
13     int query(int l,int r){
14         int ans=0x3f3f3f3f;
15         //q头尾为[x,y]，是[L,R]的单调队列，询问[l,r] 
16         for(int i=l;i<L;i++)ans=min(ans,a[i]);
17         assert(R<=r);
18         while (R<r)add(++R);
19         if (L<l){
20             L=l;
21             while ((x<y)&&(q[x]<L))x++;
22         }
23         ans=min(ans,a[q[x]]);
24         return p*ans;
25     }
26 }Q[4];
27 ull calc(ull &A,ull &B){
28     ull T=A,S=B;
29     A=S;
30     T^=(T<<23);
31     T^=(T>>17);
32     T^=(S^(S>>26));
33     B=T;
34     return T+S;
35 }
36 void read(){
37     int L,X,Y;
38     ull A,B; 
39     scanf("%d%d%d%llu%llu",&L,&X,&Y,&A,&B);
40     for(int i=1;i<=n;i++){
41         l[i]=calc(A,B)%L+X;
42         r[i]=calc(A,B)%L+Y;
43         if (l[i]>r[i])swap(l[i],r[i]);
44     }
45 }
46 void init(){
47     for(int i=0;i<4;i++)Q[i].L=Q[i].R=Q[i].x=Q[i].y=0;
48     for(int i=1;i<=n;i++)Q[0].a[i]=r[i]-i;
49     for(int i=1;i<=n;i++)Q[1].a[i]=r[i]+i;
50     for(int i=1;i<=n;i++)Q[2].a[i]=-(l[i]+i);
51     for(int i=1;i<=n;i++)Q[3].a[i]=-(l[i]-i);
52 }
53 bool check(int i,int ans){
54     if ((i+ans>n)||(i-ans<=0))return 0;
55     int r=min(Q[0].query(i-ans,i)+i,Q[1].query(i,i+ans)-i);
56     int l=max(Q[2].query(i-ans,i)-i,Q[3].query(i,i+ans)+i);
57     return r-l>=2*ans;
58 }
59 int main(){
60     mi[0]=1;
61     for(int i=1;i<N-4;i++)mi[i]=3LL*mi[i-1]%mod;
62     Q[0].p=Q[1].p=1;
63     Q[2].p=Q[3].p=-1;
64     scanf("%d",&t);
65     for(int ii=1;ii<=t;ii++){
66         scanf("%d",&n);
67         read();
68         init();
69         ans=0;
70         sum=1;
71         for(int i=2;i<=n;i++){
72             if (!check(i,ans))ans--;
73             else{
74                 if (check(i,ans+1))ans++;
75             }
76             sum=(sum+1LL*mi[i-1]*(ans+1))%mod;
77         }
78         printf("Case #%d: %d\n",ii,sum);
79     }
80 }

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