题解 CF1292A 【NEKO's Maze Game】

有一个结论：

当 ((1,1)) 不能抵达 ((2,n)) 时，必定存在一个点对，这两个点的值均为真，且坐标中的 (x) 互异，(y) 的差 (leq 1)

这个结论的正确性感觉非常显然，就不多说了。

下图可以形象地解释点对的位置关系。

那对于每个点的值，只要开一个数组 f[i][j] 记录一下即可。

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有了上述结论，我们记一个变量 (cnt) 表示 " 有多少对满足上述结论的点对 " ，则 (cnt=0) 时，((1,1)) 可以抵达 ((2,n)) ，反之不可抵达。重点在于如何维护 (cnt) 。

对于每次反转的点 ((x,y)) ，我们都需要往 (cnt) 里 扣除 (/) 补上 ((x,y)) 的贡献，具体的：（为了方便异或 (x) 从 (0) 到 (1)

若 (f[x][y]=1) ，令 (cnt-=f[x xor 1][y-1]+f[x xor 1][y]+f[x xor 1][y+1])，(f[x][y]=0)

若 (f[x][y]=0) ，令 (cnt+=f[x xor 1][y-1]+f[x xor 1][y]+f[x xor 1][y+1])，(f[x][y]=1)

这样就可以起到维护 (cnt) 的效果了，时间复杂度 (O(n)) 。

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Code 部分

#include<cstdio>

#define RI rgeister int

using namespace std;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char s=getchar();
	while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
	while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	return x*f;
}

const int N=100100;

int n,q;

int f[2][N];

int cnt;

int main()
{
	n=read(),q=read();

	while(q--)
	{
		int x=read()-1,y=read();
		switch(f[x][y])
		{
			case 1:{
				cnt-=f[x^1][y-1]+f[x^1][y]+f[x^1][y+1];
				f[x][y]=0;
				break;
			}

			case 0:{
				cnt+=f[x^1][y-1]+f[x^1][y]+f[x^1][y+1];
				f[x][y]=1;
				break;
			}
		}

		puts(!cnt?"Yes":"No");
	}

	return 0; 
}

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[thanks for watching ]