题面

传送门（loj）

传送门（洛谷）

题解

我们对于每一个与宫殿相连的点，分别计算它会作为多少个点的最短路的起点

若该点为\(u\)，对于某个点\(p\)来说，如果\(d=|p-u|\)，且在\([p-d,p+d]\)中不存在点到\(p\)的距离小于\(u\)到\(p\)的距离，那么\(u\)就可以作为\(p\)的最短路的起点

易知可行的\(p\)肯定是连续的一段区间，所以我们可以二分左右端点

设\(sum_i\)表示点\(i\)到点\(1\)的距离，我们维护关键点的区间中\((sum_i-l_i)_{\max}\)和\((sum_i+l_i)_{\min}\)。对于\(p\)来说，\([p-d,p]\)中可行的关键点肯定是最大的\(sum_i-l_i\)，而\([p,p+d]\)中肯定是最小的\(sum_i+l_i\)，用\(ST\)表可以做到\(O(1)\)查询。然后把这两个点和\(u\)比较，如果\(u\)比起它们仍然更优，那么\(u\)就可以占领\(p\)

注意判断一下如果两个关键点到\(p\)的距离相等只能算一个，所以特判一下就好了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){R int res,f=1;R char ch;while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R ll x){if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=2e5+5;
struct node{int u,d;node(){}node(R int x,R int y):u(x),d(y){}inline bool operator <(const node &b)const{return u<b.u;}
}e[N];
ll st1[N][21],st2[N][21],l1[N],l2[N],sum[N];
int Log[N],n,m,k;
inline int Max(R int x,R int y){return l1[x]==l1[y]?max(x,y):l1[x]>l1[y]?x:y;}
inline int Min(R int x,R int y){return l2[x]==l2[y]?min(x,y):l2[x]<l2[y]?x:y;}
inline int get1(int l,int r){int k=Log[r-l+1];return Max(st1[l][k],st1[r-(1<<k)+1][k]);
}
inline int get2(int l,int r){int k=Log[r-l+1];return Min(st2[l][k],st2[r-(1<<k)+1][k]);
}
void init(){sort(e+1,e+1+k);fp(i,1,k){l1[i]=sum[e[i].u]-e[i].d,l2[i]=sum[e[i].u]+e[i].d;st1[i][0]=st2[i][0]=i;}for(R int j=1;(1<<j)<=k;++j)fp(i,1,k-(1<<j)+1){st1[i][j]=Max(st1[i][j-1],st1[i+(1<<(j-1))][j-1]);st2[i][j]=Min(st2[i][j-1],st2[i+(1<<(j-1))][j-1]);}
}
int better(int x,int y,int p){ll ans1=e[x].d+abs(sum[e[x].u]-sum[p]);ll ans2=e[y].d+abs(sum[e[y].u]-sum[p]);if(ans1!=ans2)return ans1<ans2?x:y;if(abs(p-e[x].u)!=abs(p-e[y].u))return abs(p-e[x].u)<abs(p-e[y].u)?x:y;return min(x,y);
}
bool ck(int p,int g){int d=abs(e[g].u-p);int l=lower_bound(e+1,e+1+k,node(p-d,0))-e;int r=upper_bound(e+1,e+1+k,node(p+d,0))-e-1;int mid=upper_bound(e+1,e+1+k,node(p,0))-e-1;if(l<=mid&&better(g,get1(l,mid),p)!=g)return false;if(r>mid&&better(g,get2(mid+1,r),p)!=g)return false;return true;
}
void solve(){ll res=0;fp(i,1,k){int l=1,r=e[i].u,mid,x,ans;while(l<=r)ck(mid=(l+r)>>1,i)?(ans=mid,r=mid-1):(l=mid+1);x=ans;l=e[i].u,r=n;while(l<=r)ck(mid=(l+r)>>1,i)?(ans=mid,l=mid+1):(r=mid-1);res+=ans-x+1;}print(res);
}
int main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);n=read(),m=read();fp(i,2,n)sum[i]=read()+sum[i-1],Log[i]=Log[i>>1]+1;while(m--){k=read();fp(i,1,k)e[i].u=read(),e[i].d=read();init(),solve();}return Ot(),0;
}