Codeforces edu C. Robot in a Hallway

题意，给一个两行m列的矩阵，要求遍历每一个点并且每一个点只能遍历一遍，并且每个点在开始的ai,j时间内都会锁住不能访问，要求最短时间

思路：稍加思索就能发现，对于一个只有两行的图来说，只有两种方式能遍历全图，且只访问每一个点一遍，分别是蛇形从小到大按列遍历，和按行遍历。由于该题给出的列数较多，我们按列来看，遍历的方式一定是从按列转向按行的（即使全是蛇形遍历,最后也会有一个竖向的按行遍历过程），因此，我们可以枚举分界点来找到最小值

于是我们发现了一个严酷的问题，如果对于每一个分界点都进行依次按行遍历的话，n^2的复杂度必然会导致超时，于是我们考虑预处理出所有分界点后按行遍历所需要的时间数，然后再枚举分界点。

于是我们发现仍有两种情况1.按行遍历不被卡，为a[i][j]+(n-i)*2或(n-i)*2-1的时间，或者被卡，从大到小按列取a[1-j][i]+1，dp[j][i+1]+1的最大值

最后再枚举分界点的时候需注意终点的列数如果是奇数，那么终点就在第一行，如果是偶数，那就在第二行。因此使用预处理出的按行遍历的dp值时需要注意奇偶。然后就是需要用一个变量记录枚举到i位置时的即使后面不卡也需要的最大时取max

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#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<array>
#include<atomic>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<iomanip>
//#include<bits/stdc++.h>//#define int ll
#define pb push_back
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define Endl endl
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rep(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define si(x) scanf("%d", &x);
#define sl(x) scanf("%lld", &x);
#define ss(x) scanf("%s", x);
#define YES {puts("YES");return;}
#define NO {puts("NO"); return;}
#define all(x) x.begin(),x.end()using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<int, PII> PIII;
typedef pair<char, int> PCI;
typedef pair<int, char> PIC;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef pair<ll, ll> PLL;
const int N = 1000020, M = 2 * N, B = N, MOD = 1000000007;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LLINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;int dx[4] = { -1,0,1,0 }, dy[4] = { 0,1,0,-1 };
int n, m, k;
int a[3][N];
int dp[3][N];ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
ll lowbit(ll x) { return x & -x; }
ll qmi(ll a, ll b, ll mod) {ll res = 1;while (b) {if (b & 1) res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}inline void init() {}void slove()
{cin >> n;pre(i, 1, 2)pre(j, 1, n)cin >> a[i][j];a[1][1] = -1;dp[1][n + 1] = 0;dp[2][n + 1] = 0;rep(i, n, 1)pre(j, 1, 2)dp[j][i] = max(max(a[j][i] + (n - i+1) * 2, a[3 - j][i] + 1), dp[j][i + 1] + 1);int ans = INF, cur = 0;pre(i, 1, n){k = i & 1 ? 1 : 2;ans = min(ans, max(cur,dp[k][i]));cur = max(cur, a[k][i] + (n - i + 1) * 2);cur = max(cur, a[3 - k][i] + (n - i + 1) * 2 - 1);}cout << ans << endl;}signed main()
{int _;si(_);//_ = 1;init();while (_--){slove();}return 0;
}

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