降雨量（附我的SB调题过程）

我们常常会说这样的话：“

输入仅一行包含一个正整数 $y_iyi 和 ri r_iri ，为年份和降雨量，按照年份从小到大排列，即 yi<yi+1 y_i lt y_{i+1}yi<yi+1 。下一行包含一个正整数 m mm ，为询问的次数。以下 m mm 行每行包含两个数 Y YY 和 X XX ，即询问“ X XX 年是自 Y YY 年以来降雨量最多的。”这句话是必真、必假还是“有可能”。$

对于每一个询问，输出 true ， false 或者 maybe 。

样例输入 1

样例输出 1

false
true
false
maybe
false

对于 $100%100\%100% 的数据， 1≤n≤50000,1≤m≤10000,−109≤yi≤109,1≤ri≤109 1 le n le 50000, 1 le m le 10000, -10^9 le y_i le 10^9, 1 le r_i le 10^91≤n≤50000,1≤m≤10000,−109≤yi≤109,1≤ri≤109$

这是一段扯淡，不想看的直接往下翻

这是Lv神考试的T2,考场上只知道写一个St表，但是数据范围看错了，下标直接用了年份，里面的判断也写得狗屁不通，然后被卡爆了。

靠后本着一定要学会的精神开始调，看了个超短的题解，学会了怎么用lower_bound，然后瞎搞一波就能过，然后就开开心心的写了一发

……

然后就成功的WA了三个点，RE了七个点，调了一下午也没调出来（一起的学弟昨天就切了）

厚着脸皮去问了他们，被告知了一个一样的方法，然后心态就很爆炸

可能是他们的思想太过高深，我太菜了，见着自己的新思路重写了一个

下了数据后跑了发对拍，发现错的乱七八糟的

然后用了二十分钟重构了代码，对着数据和标程拍了一会儿

过了五个点，还是最大的数据，心想应该是小数据hack了

时间已经过了一个下午，去食堂随便吃了顿饭（还和大佬打了快乐篮球）

回来继续调，加了一个判断条件，六十分，然后找了F姓dalao帮忙，

大佬一口咬定是我写的太丑了（我也是这么想的QAQ）

然后dalao在期间郑重向我表明我的某行代码不是错的，

经过了半个小时的懵逼，我们把刚才说的那行代码改了，然后就A了，后来才知道是出现了重复状态

dalao已经在豆腐上撞死了，我发现自己被安排的明明白白的。

下面是正经的题解

我们发现这道题如果没有maybe这个状态就是个St表的裸题，然后只要判断是否正确，

但是加了之后我们也不用慌，只需要分讨论

我们已知true只有一种判断方法，那就是前后两个段点存在，中间没有不存在的点，中间所有点的值严格小于后面的点的值，后端点<=前端点

而maybe的可能性就比较多了

（1）当前后两个都没有时

（2）当前面有，后面没有

（3）后面有，前面没有

（4）前后都有，但是中间有空缺

而false只用在开头判断后端点的年份是否严格大于前端点，其余的在最后输出就可以了（因为已经判断完了false的）

下面给出代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
inline int rd()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}
void write(int x)
{
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
    return ;
}
int lg[300006],f[300006][26],a[300006];
int s[300006];
int sum[300006];
int n,m;
int check(int x,int y){
    if(y<x) return 1<<30;
    int hh=lg[y-x+1];
    int maxn=max(f[x][hh],f[y-(1<<hh)+1][hh]);
    return maxn;
}
int main()
{
    //freopen("hh.out","w",stdout);
    n=rd();
    lg[0]=-1;
    sum[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        s[i]=rd();
        a[i]=rd();
        f[i][0]=a[i];
        lg[i]=lg[i>>1]+1;
    }
    for(int j=1;j<=25;j++) for(int i=1;i+(1<<j-1)<=n;i++) f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);
    m=rd();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x=rd(),y=rd();
        //cout<<i<<" "; 
        if(y<=x){//后面的年份小，明显不符合 
            printf("false
");
            continue;
        }
        int h1=lower_bound(s+1,s+n+1,x)-s;
        int h2=lower_bound(s+1,s+n+1,y)-s;
        if(s[h1]!=x&&s[h2]!=y){//两个年份都没有 
            printf("maybe
");
            continue;
        }
        if((s[h2]!=y&&s[h1]==x&&(check(h1+1,h2-1)<a[h1]||h1+1==h2))){
            /*
            前面的有但是后面的没有，必定不为true 
            这时需要判断中间值是否严格小于前端点
            是的话为maybe
            否则为false 
            还要特判h1和h2是否相邻 
            （下标一定要注意） 
            */ 
            printf("maybe
");
            continue;
        }
        if((s[h1]!=x&&s[h2]==y&&(check(h1,h2-1)<a[h2]||h1==h2))){
            /*
            后面的有前面的没有，
            判断中间值是否严格小于后端点 
            特判两个点是否为同一个下标 
            */ 
            printf("maybe
");
            continue;
        }
        if(s[h1]==x&&s[h2]==y){//前后点都有 
            //cout<<h1<<" "<<h2;
            if(h1+1==h2&&a[h2]<=a[h1]){//如果相邻就特判 
                if(h2-h1==y-x){//没有空缺 
                    printf("true
");
                    continue;
                }
                if(h2-h1!=y-x){//有空缺 
                    printf("maybe
");
                    continue;
                }
            }
            if(check(h1+1,h2-1)<a[h1]&&check(h1+1,h2-1)<a[h2]&&a[h2]<=a[h1]){//满足中间值小于后端点，后端点小于等于前端点 
                if(y-x>h2-h1){//没有空缺 
                    printf("maybe
");
                    continue;
                }
                if(y-x==h2-h1){//有空缺 
                    printf("true
");
                    continue;
                }
            }
        }
        printf("false
");//在其他的判玩后剩下的一定都是false 
    }
    return 0;
}

蒟蒻总是更懂你✿✿ヽ(°▽°)ノ✿