有难度绝对有难度。小馋猫们别看错题了，并不会加上负数。

首先最大的肯定在左下角或者右下角。

偶数情况的最小的在中间两行，那奇数情况的呢？

我本来以为一定是第一行中间的，但其实是中间三个。

这里我们用 $p - 1, p, p + 1$ 来指奇数情况中间的三个

在 L 操作时，$p - 1$ 和 $p$ 会照顾到，且 $p$ 比 $p - 1$ 加的少。

在 R 操作时，$p + 1$ 和 $p$ 会照顾到，且 $p$ 比 $p +1$ 加的少。

那么问题来了，如果执行 R 的时候给 $p$ 加上了，L 啥都没干呢？

所以要三个位置。

那为什么奇数三个一定够呢？

L 最多影响到第 $m$ 列；

R 最少从第 $m$ 列开始影响（因为 $x≤mx≤m$）。

受影响最小区域的左边界 $≤ m+1$，右边界 $≥ m−1$。 因此这个最小值区间必然包含 $m−1、m、m+1$ 中的某一个。

偶数选中间两个也是同理。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;


int main () {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	int n, q;
	cin >> n >> q;
	LL mxl = 0, mxr = 0;
	
	if (n & 1) {
		LL mnl = 0, mnm = 0, mnr = 0;
		
		int sid = (n + 1) / 2;
		for (int i = 1; i <= q; i ++) {
			char s[5];
			cin >> s;
			LL x;
			cin >> x;
			
			if (s[0] == 'L') {
				mxl += x;
				if (x >= sid - 1) {
					mnl += (x - (sid - 1) + 1);
					if (x >= sid) {
						mnm += (x - sid + 1);
					}
				}
			} 
			if (s[0] == 'R') {
				mxr += x;
				if (x >= sid - 1) {
					mnr += (x - (sid - 1) + 1);
					if (x >= sid) {
						mnm += (x - sid + 1);
					}
				}
				
			} 
			if (s[0] == 'D') {
				mxl += x;
				mxr += x; 
				
				if (x == n) {
					mnl += (x - n + 1);
					
					mnm += (x - n + 1);
					
					mnr += (x - n + 1);
				}
			} 
		}
		
		LL suma = max(mxl, mxr);
		LL sumb = min(mnl, min(mnm, mnr));
		cout << suma - sumb << "\n";
	}
	else {
		LL mnl = 0, mnr = 0;
		
		int sid = (n + 1) / 2;
		for (int i = 1; i <= q; i ++) {
			char s[5];
			cin >> s;
			LL x;
			cin >> x;
			
			if (s[0] == 'L') {
				mxl += x;
				if (x == sid) {
					mnl += (x - sid + 1);
				}
			} 
			if (s[0] == 'R') {
				mxr += x;
				if (x == sid) {
					mnr += (x - sid + 1);
				}
				
			} 
			if (s[0] == 'D') {
				mxl += x;
				mxr += x; 
				
				if (x == n) {
					mnl += (x - n + 1);
					mnr += (x - n + 1);
				}
			} 
		}
		
		LL suma = max(mxl, mxr);
		LL sumb = min(mnl, mnr);
		cout << suma - sumb << "\n";
	}
	
	return 0;
} 

解题思路：

这题目很 AT

此题让我们求矩阵中最大值与最小值之差，那么我们就得先求出最大值和最小值（有些废话）

我们分析一下操作。

进行 $\texttt L$ 操作时第 $1$ 列一定会被加到，而第 $\lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 列只有在 $x=\lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 的情况下才会加 $1$。

进行 $\texttt R$ 操作时第 $n$ 列一定会被加到，而第 $n - \lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor + 1$ 列只有在 $x = \lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 的情况下才会加 $1$。

进行 $\texttt D$ 操作时第 $n$ 行一定会被加到，而第 $1$ 行只有在 $x=n$ 的情况下才会加 $1$。

分析完后，我们可以发现，矩阵的最大值一定是第 $n$ 行第 $1$ 列的元素或者是第 $n$ 行第 $n$ 列的元素。那么就是两者的最大值。

这个最大值也好求，就是 $\texttt L$ 操作的 $\sum{x}$ 与 $\texttt D$ 操作的 $\sum{x}$ 的和（第 $n$ 行第 $1$ 列）和 $\texttt R$ 操作的 $\sum{x}$ 与 $\texttt D$ 操作的 $\sum{x}$ 的和（第 $n$ 行第 $n$ 列）的最大值。

最大值算起来还算容易，最小值却没那么简单。

首先判断有没有格子没有被操作过，条件则是如下（满足其中一者即可）：

• $n$ 为偶数且 $\texttt L$ 操作的 $\max x$ 加上 $\texttt R$ 操作的 $\max x$ 等于 $n$；
• $n$ 为奇数且 $\texttt L$ 操作的 $\max x$ 加上 $\texttt R$ 操作的 $\max x$ 大于或等于 $n$；
• 若上两个均不满足，则余下的最后一个条件为 $\texttt D$ 操作的 $\max x=n$。

若满足以上条件之一，则所有格子都被覆盖了；反之有格子没被覆盖，矩阵中最小的元素为 $0$。

经过上面的判断，我们已经知道的矩阵是否又被全部覆盖，接下来我们得求如果是的话矩阵的最小值。

通过前面的操作分析，我们可以进行讨论：

• 当 $n$ 为偶数且 $\texttt L$ 操作的 $\max x$ 加上 $\texttt R$ 操作的 $\max x$ 等于 $n$ 时，此时最小的元素应为第 $1$ 行第 $\frac{n}{2}$ 或 $\frac {n}{2} + 1$ 列的元素。这两个元素分别为 $\texttt L$ 操作时 $x=\frac{n}{2}$ 的次数乘 $1$ 与 $\texttt D$ 操作时 $x=n$ 的次数乘 $1$ 之和， $\texttt R$ 操作时 $x=\frac{n}{2}$ 的次数乘 $1$ 与 $\texttt D$ 操作时 $x=n$ 的次数乘 $1$ 之和，取最小值即可。
• 当 $n$ 为奇数且 $\texttt L$ 操作的 $\max x$ 加上 $\texttt R$ 操作的 $\max x$ 大于或等于 $n$ 时，此时会有一个特殊情况就是第 $\lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 列在 $\texttt L$ 操作和 $\texttt R$ 操作 $x=\lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 时都会加上 $1$，所以说此时第 $1$ 行第 $\lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 列的元素不一定是最小值，所以还要考虑其左右的两个元素（样例 #2 就是一个例子）我们求出这三个元素再求最小值即可。第 $1$ 行第 $\lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 列的元素的值为 $\texttt L$ 操作 $x = \lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 的次数乘 $1$ 加上 $\texttt R$ 操作 $x = \lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 的次数乘 $1$ 加上 $\texttt D$ 操作 $x=n$ 的次数乘 $1$ 的值，其左右两个元素的值分别为 $\texttt L$ 操作 $x = \lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 的次数乘 $2$ 加上 $\texttt L$ 操作 $x = \lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor-1$ 的次数乘 $1$ 加上 $\texttt D$ 操作 $x=n$ 的次数乘 $1$ 的值，$\texttt R$ 操作 $x = \lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 的次数乘 $2$ 加上 $\texttt R$ 操作 $x = \lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor-1$ 的次数乘 $1$ 加上 $\texttt R$ 操作 $x = \lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$ 的次数乘 $1$ 加上 $\texttt D$ 操作 $x=n$ 的次数乘 $1$ 的值。
• 以上均不满足，且 $\texttt D$ 操作的 $\max{x}=n$，则最小值为 $\texttt D$ 操作的 $x=n$ 的次数乘 $1$。

最后输出最大值减最小值的差即可。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n, q, x, tl, tr, td, ml, mr, md;
int jl, jr, jd;
int pl, pr;
char c;
signed main () {
    cin >> n >> q;
    while (q --) {
        cin >> c >> x;
        if (c == 'L') {
            tl += x;
            if (x == (n + n % 2) / 2) jl ++;
            if (x == (n + n % 2) / 2 - 1) pl ++;
            ml = max (ml, x);
        } else if (c == 'R') {
            tr += x;
            if (x == (n + n % 2) / 2) jr ++;
            if (x == (n + n % 2) / 2 - 1) pr ++;
            mr = max (mr, x);
        } else {
            td += x;
            if (x == n) jd ++;
            md = max (md, x);
        }
    }
    int mx = max (tl + td, tr + td), mi = 0;
    if (n % 2 == 0 && ml + mr == n) 
        mi = min (jl, jr) + jd;
    else if (n % 2 && ml + mr >= n) 
        mi = min ({jl + jr, pl + 2 * jl, pr + 2 * jr}) + jd;
    else if (md == n) 
        mi = jd;
    cout << mx - mi;
}