Educational Codeforces Round 145 （E. Two Tanks 详细讲解 + 代码注释）

E. Two Tanks

链接：E. Two Tanks
推荐大佬的视频讲解：B站 yingluosanqian
大晚上琢磨jiang老师的代码看不明白，还好找到这个视频讲解，以下题解基于该视频讲解，仅稍作个人理解，建议大家先看视频有配图更直观。

题意

给定两个水桶 $A,B$ 容量分别为 $a,b$，以及 $n$ 个操作 $v_i$。当 $v_i>0$ 表示从 $A$ 中倒 $v_i$ 升水到 $B$, $v_i<0$ 则代表从 $B$ 中倒水进 $A$。 倒水过程中水不会超过瓶子容量，若满则停，也不会倒出超过瓶子中已有的水量，至多倒空。
求当两个瓶子中初始水量分别为 $c,d$ 时 $A$ 中的最终水量，其中 $0<=c<=a$，$0<=d<=b$。共有 $(a+1)\ast (b+1)$ 种可能，用矩阵表示。

题解

先将倒水的问题抽象出来：
互相倒水的操作可以看做是一个 $[-c,d]$ 的线段在区间 $[-a,b]$ 中做平移运动，运动时必须与 $0$ 有交点，也不能超出区间 $[-a,b]$。
$v_i>0$ 是将线段整体向右平移，$v_i<0$ 是将线段整体向左移，而倒水的那些限制也能体现，只能在区间内运动是水量不能超出瓶子的容量，必须与 $0$ 有交点是水量为 $x$ 时不能倒出超过 $x$，至多倒空。

这里放一张上文所说的视频up主的讲解片段，图中的即为所描述的抽象结果，绿线为 $0$ 端点。

首先按 $c+d$ 的总量来分类讨论，对于 第一个瓶子的初始水量设为 $c$，根据上述线段运动的描述可以想象到，存在一个区间 $[l,r]$, 当 $c$ 处在这个区间内时可以完整执行所有的 $n$ 个操作而不会触发这些限制。 可能存在 $l>r$ 的情况，说明不存在这样区间。
于是我们的情况有：

1. $l<=c<=r$： 直接记录 $n$ 个操作的前缀和 $ans=c-pre$，若不存在 $[l,r]$ 这样的区间就一定是下面两种情况之一。
2. $c<=l$：肯定存在某次操作会使得向右的操作受到限制 (线段左端点已经运动到 $0$ / 线段右端点已经运动到 $b$)。
   那么这次操作过后的线段在区间的位置会和 $c=l$ 的情况相同，于是最终答案输出 $c=l$ 的即可。
3. $c>=r$：同理一样会存在某个操作使得向左的操作收到限制，最终答案与 $c=r$ 相同。

关于如何求区间 $[l,r]$， 可以求出最终可能的最小水量和最大水量，我们设极限情况下线段经过 $n$ 个操作后恰好达到上下界。
于是我们按这两个极限情况逆推 $n$ 个操作回去，就能得到操作不受限制的上下界。

具体实现看代码以及注释

代码

时间有点晚，照着jiang老师的代码打了一遍，但加上了自己的理解注释，基本和jiang老师的相同，或许可以先看看大佬的代码：jiangly的代码

自己的代码：

#include 
using namespace std;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
    
    int n, a, b;
    cin >> n >> a >> b;

    vector<int> v(n);
    for (int i = 0; i < n; i ++) {
        cin >> v[i];
    }

    // 设 A 为第一个水瓶，B 为第二个水瓶
    vector< vector<int> > ans(a + 1, vector<int>(b + 1));
    for (int s = 0; s <= a + b; s ++) { // 枚举初始A，B水量之和
        /* n 次操作后 A 中水量的上下界 */
        int x = max(0, s - b); // A 可能的最小水量
        int y = min(a, s); // 可能的最大水量

        /* 用上下界模拟逆过程找到 [l, r] */
        int lo = x, hi = y; 
        for (int i = n - 1; i >= 0; i --) {
            lo += v[i];
            hi += v[i];
            lo = max(lo, x); // 逆过程时进行修正，保证不会超过上下界
            hi = min(hi, y);
        }
        // 逆过程结束后就得到最终的题解中所说的 [l, r]
        
        /* 再用所得[l, r]进行一遍正向操作 */
        int flo = lo, fhi = hi; // 可以得到初始分别为两个边界的最终结果
        for (int i = 0; i < n; i ++) {
            flo = max(min(flo - v[i], y), x);
            fhi = max(min(fhi - v[i], y), x);
        }

        for (int c = x; c <= y; c ++) {
            int d = s - c;
            if(c <= lo) { // 小于等于 l 的
                ans[c][d] = flo;
            }
            else if (c >= hi) { // 大于等于 r 的
                ans[c][d] = fhi;
            }
            else { // 存在区间[l, r]
                ans[c][d] = flo + (c - lo); // 区间最小值l的答案 + 超过l的部分
            }
        }
    }   

    for(int c = 0; c <= a; c ++) {
        for(int d = 0; d <= b; d ++) {
            cout << ans[c][d] << " ";
        }
        cout << "\n";
    }
    
    return 0;
}