题目描述
小 A 和小 B 决定利用假期外出旅行，他们将想去的城市从 1 到 N 编号，且编号较小的城市在编号较大的城市的西边，已知各个城市的海拔高度互不相同，记城市 i 的海拔高度为Hi，城市 i 和城市 j 之间的距离 d[i,j]恰好是这两个城市海拔高度之差的绝对值，即d[i,j] = |Hi− Hj|。 旅行过程中，小 A 和小 B 轮流开车，第一天小 A 开车，之后每天轮换一次。他们计划选择一个城市 S 作为起点，一直向东行驶，并且最多行驶 X 公里就结束旅行。小 A 和小 B的驾驶风格不同，小 B 总是沿着前进方向选择一个最近的城市作为目的地，而小 A 总是沿着前进方向选择第二近的城市作为目的地（注意：本题中如果当前城市到两个城市的距离相同，则认为离海拔低的那个城市更近）。如果其中任何一人无法按照自己的原则选择目的城市，或者到达目的地会使行驶的总距离超出 X 公里，他们就会结束旅行。
在启程之前，小 A 想知道两个问题：
对于一个给定的 X=X0，从哪一个城市出发，小 A 开车行驶的路程总数与小 B 行驶的路程总数的比值最小（如果小 B 的行驶路程为 0，此时的比值可视为无穷大，且两个无穷大视为相等）。如果从多个城市出发，小 A 开车行驶的路程总数与小 B 行驶的路程总数的比值都最小，则输出海拔最高的那个城市。
对任意给定的 X=Xi和出发城市 Si，小 A 开车行驶的路程总数以及小 B 行驶的路程
总数。
输入输出格式
输入格式： 第一行包含一个整数 N，表示城市的数目。
第二行有 N 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示城市 1 到城市 N 的海拔高度，即 H1，H2，……，Hn，且每个 Hi都是不同的。
第三行包含一个整数 X0。
第四行为一个整数 M，表示给定 M 组 Si和 Xi。
接下来的 M 行，每行包含 2 个整数 Si和 Xi，表示从城市 Si出发，最多行驶 Xi公里。
输出格式： 输出共 M+1 行。
第一行包含一个整数 S0，表示对于给定的 X0，从编号为 S0的城市出发，小 A 开车行驶的路程总数与小 B 行驶的路程总数的比值最小。
接下来的 M 行，每行包含 2 个整数，之间用一个空格隔开，依次表示在给定的 Si和
Xi下小 A 行驶的里程总数和小 B 行驶的里程总数。
简单点说
读入n个点，点的编号是1~n，每一个点有一个高度 hi h i ,并且两个点i和j之间的距离定义为 |hi−hj| | h i − h j | 现在有个两个人A和B，A每次会跳到距离当前点的次小的点，而B会跳到距离当前点最小的点
现在有两个问题 1.要求从哪个点出发的，A和B所走的路程的比值最小，如果相等，则求序号最小的那个点 2.给出 m m 个询问，每一个询问给定一个xixi个，求从这个点出发，a和b最多能走多少路程
QAQ这个题，说实话，写起来不是特别好写 最一开始看这个题 初始化是自己想到的
我们考虑对于
在排好序的序列中
距离一个点i的最小和次小的点，一定是在编号为 i+1,i+2,i−1,i−2 i + 1 , i + 2 , i − 1 , i − 2 中，所以说，我们需要一个能维护这样一个前驱和后继的东西。 自然而然想到了 set！！
QwQ虽然set在noip老爷机会T飞，但是，无伤大雅呀
首先先把所有元素插入到set里，然后按照编号来先求出从每一个点A和B下一步会走到哪个点，求完就把这个点erase掉
注意！！！！！ 一定要注意在地址进行++和- -时候一定不要越过 s.end(）和s.begin() s . e n d ( ） 和 s . b e g i n ( ) 的地址，不然会RE
count函数
struct Node{ int h,zuixiao,cixiao; int id; }; Node a[maxn]; set<int> s; map<long long ,int > mmap; long long sa[maxn][21]; long long sb[maxn][21]; int f[maxn][21]; int x; int n,m; int ha[maxn],hb[maxn]; void count(int x) { int tt[10]; for (int i=1;i<=10;i++) tt[i]=2e9; set<int>::iterator it; it=s.upper_bound(a[x].h); if (it!=s.end()) { tt[3]=*it; if (it!=s.find(a[x].h)) it++; } if (it!=s.end()) { if (it!=s.find(a[x].h)) tt[4]=*it; } it=s.find(a[x].h); if (it!=s.begin()) { it--; if (it!=s.find(a[x].h)) tt[2]=*it; } if (it!=s.begin()) { it--; if (it!=s.find(a[x].h)) tt[1]=*it; } int min1 = 1e9,pos1=0; for (int i=4;i>=1;i--) { if (tt[i]!=2e9 && min1>=abs(tt[i]-a[x].h)) min1=abs(tt[i]-a[x].h),pos1=mmap[tt[i]]; } if (pos1!=0) { a[x].zuixiao=pos1; } int min2 = 1e9,pos2=0; for (int i=4;i>=1;i--) { if (tt[i]!=2e9 && min2>=abs(tt[i]-a[x].h) && mmap[tt[i]]!=pos1) min2=abs(tt[i]-a[x].h),pos2=mmap[tt[i]]; } if (pos2!=0) { a[x].cixiao=pos2; } //cout<<a[x].zuixiao<<" "<<a[x].cixiao<<endl; }这是主程序的预处理的部分
scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i].h); s.insert(a[i].h); mmap[a[i].h]=i; } for (int i=1;i<=n;i++) { count(i); s.erase(a[i].h); }然后我们考虑，QWQ从一个点该如何往后走呢~
emmm 直接模拟当然是会爆炸
然后发现，这个 貌似可以倍增呀
sa[i][j] s a [ i ] [ j ] 表示A从i这个点，跳2^j轮的距离是多少 sb[i][j] s b [ i ] [ j ] 表示B从i这个点，跳2^j轮的距离是多少 f[i][j] f [ i ] [ j ] 表示从i这个点，A和B都走了2^j轮后，到哪个点
需要注意的是，由于是从A开始走，所有在 sb[i][0] s b [ i ] [ 0 ] 初始化的时候，是i这个点出去次小的点的最小的点的距离！
这里是初始化
for (int i=1;i<=n;i++) { if (a[i].cixiao) sa[i][0]=(long long)abs(a[i].h-a[a[i].cixiao].h); if (a[i].cixiao && a[a[i].cixiao].zuixiao) sb[i][0]=(long long)abs(a[a[i].cixiao].h-a[a[a[i].cixiao].zuixiao].h);// ***** f[i][0]=a[a[i].cixiao].zuixiao; //cout<<f[i][0]<<endl; }更新dp数组的时候 跟….LCA差不多 对（或者说 货车运输）
for (int j=1;j<=19;j++) { for (int i=1;i<=n;i++) { f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; sa[i][j]=sa[i][j-1]+sa[f[i][j-1]][j-1]; sb[i][j]=sb[i][j-1]+sb[f[i][j-1]][j-1]; } }QAQemmmmmm为了以后计算起来方便，我们先写两个函数
一个是 getfar(now,x,ansb,ansb) g e t f a r ( n o w , x , a n s b , a n s b ) 表示求出从now这个点开始走x轮，A走的距离，B走的距离，到哪个点
就是类似LCA跳的方式~感觉还是很值得纪念的
int getfar(int now,int x,long long &ansa,long long &ansb) //从now走x轮，最多能到哪 { int len = x; int j=0; while (len) { if (len & 1) { ansa+=sa[now][j]; ansb+=sb[now][j]; now=f[now][j]; } len>>=1; j++; if (!now) break; } return now; }另一个是 getmax（x，len) g e t m a x （ x ， l e n ) 是求从x走len的距离
通过二分能走几轮，然后巧妙的运用刚刚getfar函数，求出A和B走的距离，看看加起来是否小于len，如果小于，则是合法
int getmax(int x,long long len)//从x走len的距离，最多能走几轮 { int l = 0,r=n+1,ans=0; while (l<=r) { int mid = (l+r) >> 1; long long fa=0,fb=0; int num=getfar(x,mid,fa,fb); if (fa+fb>len || !num){ r=mid-1; } else { ans=mid; l=mid+1; } } return ans; }至此，这个题已经解决了一大半了
对于第一个询问，我们可以暴力枚举点，然后求结果，但是求的时候，为了避免精度误差，我们可以考虑将分数转化一下
假设原来的答案是 ansa和ansb a n s a 和 a n s b 现在的答案是 f1和f2 f 1 和 f 2 如果
f1f2<ansaansb f 1 f 2 < a n s a a n s b
则 f1∗ansb<f2∗ansa f 1 ∗ a n s b < f 2 ∗ a n s a
所以更新的条件可以直接写成乘法而不是除法，减少精度误差
同时如果这两个值相等，那么我们会选择 hi h i 比较小那个
而对于第二个问题，就直接 getmax g e t m a x 然后 getfar g e t f a r 就可以
但是！！！！
一定要注意，由于是A先跳，所以在 getfar g e t f a r 之后，要判断A是否还可以跳一步，就是
if (a[now].cixiao && f1+f2+sa[now][0]<=len) f1+=sa[now][0];最后输出答案即可
那么这道题就解决啦！感觉还是很复杂的一道题！毕竟是noipD1T3
下面是整个的代码，其中还是有一些细节的
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<queue> #include<map> #include<vector> #include<set> using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } const int maxn = 1e5+1e2; struct Node{ int h,zuixiao,cixiao; int id; }; Node a[maxn]; set<int> s; map<long long ,int > mmap; long long sa[maxn][21]; long long sb[maxn][21]; int f[maxn][21]; int x; int n,m; int ha[maxn],hb[maxn]; void count(int x) { int tt[10]; for (int i=1;i<=10;i++) tt[i]=2e9; set<int>::iterator it; it=s.upper_bound(a[x].h); if (it!=s.end()) { tt[3]=*it; if (it!=s.find(a[x].h)) it++; } if (it!=s.end()) { if (it!=s.find(a[x].h)) tt[4]=*it; } it=s.find(a[x].h); if (it!=s.begin()) { it--; if (it!=s.find(a[x].h)) tt[2]=*it; } if (it!=s.begin()) { it--; if (it!=s.find(a[x].h)) tt[1]=*it; } int min1 = 1e9,pos1=0; for (int i=4;i>=1;i--) { if (tt[i]!=2e9 && min1>=abs(tt[i]-a[x].h)) min1=abs(tt[i]-a[x].h),pos1=mmap[tt[i]]; } if (pos1!=0) { a[x].zuixiao=pos1; } int min2 = 1e9,pos2=0; for (int i=4;i>=1;i--) { if (tt[i]!=2e9 && min2>=abs(tt[i]-a[x].h) && mmap[tt[i]]!=pos1) min2=abs(tt[i]-a[x].h),pos2=mmap[tt[i]]; } if (pos2!=0) { a[x].cixiao=pos2; } //cout<<a[x].zuixiao<<" "<<a[x].cixiao<<endl; } int getfar(int now,int x,long long &ansa,long long &ansb) //从now走x轮，最多能到哪 { int len = x; int j=0; while (len) { if (len & 1) { ansa+=sa[now][j]; ansb+=sb[now][j]; now=f[now][j]; } len>>=1; j++; if (!now) break; } return now; } int getmax(int x,long long len)//从x走len的距离，最多能走几轮 { int l = 0,r=n+1,ans=0; while (l<=r) { int mid = (l+r) >> 1; long long fa=0,fb=0; int num=getfar(x,mid,fa,fb); if (fa+fb>len || !num){ r=mid-1; } else { ans=mid; l=mid+1; } } return ans; } void solve1(int x) { long long ansa=1e9,ansb=0,ans=0; for (int i=1;i<=n;i++) { long long f1=0,f2=0; int len = getmax(i,x); int now = getfar(i,len,f1,f2); if (a[now].cixiao && f1+f2+sa[now][0]<=x){ f1+=sa[now][0]; } if (!f1) continue; if (ansb*f1 < ansa*f2){ ansb=f2; ansa=f1; ans=i; } else { if (ansb*f1 == ansa*f2 && a[ans].h<a[i].h){ ansb=f2; ansa=f1; ans=i; } } } cout<<ans<<endl; } int main() { scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i].h); s.insert(a[i].h); mmap[a[i].h]=i; } for (int i=1;i<=n;i++) { count(i); s.erase(a[i].h); } for (int i=1;i<=n;i++){ //cout<<a[i].zuixiao<<" "<<a[i].cixiao<<endl; } for (int i=1;i<=n;i++) { if (a[i].cixiao) sa[i][0]=(long long)abs(a[i].h-a[a[i].cixiao].h); if (a[i].cixiao && a[a[i].cixiao].zuixiao) sb[i][0]=(long long)abs(a[a[i].cixiao].h-a[a[a[i].cixiao].zuixiao].h);// ***** f[i][0]=a[a[i].cixiao].zuixiao; //cout<<f[i][0]<<endl; } for (int j=1;j<=19;j++) { for (int i=1;i<=n;i++) { f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; sa[i][j]=sa[i][j-1]+sa[f[i][j-1]][j-1]; sb[i][j]=sb[i][j-1]+sb[f[i][j-1]][j-1]; //if (sb[i][j]) //cout<<sb[i][j]<<endl; } } //for (int j=0;j<=log;j++) //{ // for (int i=1;i<=n;i++) // { // printf("%d %lld %lld\n",f[i][j],sa[i][j],sb[i][j]); /// } // } scanf("%d",&x); solve1(x); scanf("%d",&m); long long len=0; for (int i=1;i<=m;i++) { long long f1=0,f2=0; scanf("%d %lld",&x,&len); int round=getmax(x,len); int now = getfar(x,round,f1,f2); if (a[now].cixiao && f1+f2+sa[now][0]<=len) f1+=sa[now][0]; printf("%lld %lld\n",f1,f2); } return 0; }