[NOIP2012]开车旅行

[NOIP2012]开车旅行

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 ii的海拔高度为(H_i)​，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]=|H_i-H_j|)。

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：

1. 对于一个给定的 (X=X_0)​，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。
2. 对任意给定的 (X=X_i)和出发城市(S_i)​，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 (H_1,H_2,…,H_nH1​,H2​,…,Hn)​，且每个 (H_i)​都是不同的。

第三行包含一个整数(X_0)​。

第四行为一个整数 (M)，表示给定 (M)组 (S_i)​和(X_i)​。

接下来的 (M) 行，每行包含 (2) 个整数 (S_i)​和 (X_i)​，表示从城市(S_i)​出发，最多行驶 (X_i)​公里。

输出格式：

输出共(M+1)行。

第一行包含一个整数 (S_0)​，表示对于给定的 (X_0)​，从编号为 (S_0)​ 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 (S_i)​和(X_i)​下小 (A) 行驶的里程总数和小 (B) 行驶的里程总数。

输入输出样例

输入样例#1：

4
2 3 1 4
3
4
1 3
2 3
3 3
4 3

输出样例#1：

1
1 1
2 0
0 0
0 0

输入样例#2：

10
4 5 6 1 2 3 7 8 9 10
7
10
1 7
2 7
3 7
4 7
5 7
6 7
7 7
8 7
9 7
10 7

输出样例#2：

2
3 2
2 4
2 1
2 4
5 1
5 1
2 1
2 0
0 0
0 0

说明

【输入输出样例1说明】

各个城市的海拔高度以及两个城市间的距离如上图所示。

如果从城市 (1) 出发，可以到达的城市为 (2,3,4)这几个城市与城市 (1) 的距离分别为 (1,1,2)，但是由于城市 (3) 的海拔高度低于城市 (2)，所以我们认为城市 (3) 离城市 (1) 最近，城市 (2) 离城市 (1) 第二近，所以小(A)会走到城市(2)。到达城市(2)后，前面可以到达的城市为(3,4)，这两个城市与城市(2)的距离分别为(2,1)，所以城市(4)离城市(2)最近，因此小(B)会走到城市(4)。到达城市(4)后，前面已没有可到达的城市，所以旅行结束。

如果从城市 (2) 出发，可以到达的城市为 (3,4)，这两个城市与城市(2)的距离分别为 (2,1)，由于城市 (3) 离城市 (2) 第二近，所以小(A)会走到城市(3)。到达城市(3)后，前面尚未旅行的城市为(4)，所以城市(4)离城市(3)最近，但是如果要到达城市(4)，则总路程为 (2+3=5>3)，所以小(B)会直接在城市(3)结束旅行。

如果从城市 (3) 出发，可以到达的城市为 (4)，由于没有离城市(3)第二近的城市，因此旅行还未开始就结束了。

如果从城市 (4) 出发，没有可以到达的城市，因此旅行还未开始就结束了。

【输入输出样例2说明】

当 (X=7) 时，如果从城市 (1) 出发，则路线为(1 o 2 o 3 o 8 o 9)，小(A)走的距离为(1+2=3)，小B走的距离为(1+1=2)。（在城市(1)时，距离小(A)最近的城市是(2)和(6)，但是城市(2)的海拔更高，视为与城市(1)第二近的城市，所以小(A)最终选择城市(2)；走到(9)后，小(A)只有城市(10)可以走，没有第(2)选择可以选，所以没法做出选择，结束旅行）

如果从城市(2)出发，则路线为(2 o 6 o 7)，小(A)和小(B)走的距离分别为(2,4)。

如果从城市(3)出发，则路线为(3 o 8 o 9)，小(A)和小(B)走的距离分别为(2,1)。

如果从城市(4)出发，则路线为(4 o 6 o 7)，小(A)和小(B)走的距离分别为(2,4)。

如果从城市(5)出发，则路线为(5 o 7 o 8)，小(A)和小(B)走的距离分别为(5,1)。

如果从城市(6)出发，则路线为(6 o 8 o 9)，小(A)和小(B)走的距离分别为(5,1)。

如果从城市(7)出发，则路线为(7 o 9 o 10)，小(A)和小(B)走的距离分别为(2,1)。

如果从城市(8)出发，则路线为(8 o 10)，小(A)和小(B)走的距离分别为(2,0)。

如果从城市(9)出发，则路线为(9)，小(A)和小(B)走的距离分别为(0,0)（旅行一开始就结束了）。

如果从城市(10)出发，则路线为(10)，小(A)和小(B)走的距离分别为(0,0)。

从城市(2)或者城市(4)出发小(A)行驶的路程总数与小(B)行驶的路程总数的比值都最小，但是城市(2)的海拔更高，所以输出第一行为(2)。

【数据范围与约定】

对于30%的数据，有(1≤N≤20,1≤M≤20)；
对于40%的数据，有(1≤N≤100,1≤M≤100)；
对于50%的数据，有(1≤N≤100,1≤M≤1,000)；
对于70%的数据，有(1≤N≤1,000,1≤M≤10,000)；
对于100%的数据，有(1≤N≤100,000,1≤M≤100,000) (-10^9≤H_i≤10^9−10), (0≤X_0≤10^9), (1≤S_i≤N),(0≤X-i≤10^9)，数据保证(H_i)​互不相同。

这道题主要难在代码实现上面。
NOIP暴力分还是给的很足啊，(O(n^2))的算法很好实现，可以拿到70分。
那么如何在暴力的基础上优化一下拿到满分呢？考虑到当我们确定了起点之后，后面的路径是固定的，那么快速走的方法常见的有路径压缩和倍增，考虑到这道题还有距离的限制，所以我们可以使用倍增。

如何快速处理最近与次近的点

一般的做法有两种：
1.双向链表
2.平衡树(STL set)
我写的是双向链表，但是这种写法一定要在头脑清醒的时候写，不然很容易混，写错了inf次。
具体的处理方法：
1.先把点按高度排序，并记录每个点在排好序的序列中的位置，同时处理好前趋后继。
2.按点编号从前往后处理，最近与次近的点一定在序列的前趋[i]，前趋[前趋]，后继[i]，后继[后继] 的位置。
3.处理完后删除该点(前趋链后继)，这样能保证每个点都不会往回走。

倍增

(f[i][j])表示在j点小A和小B都开(2^i)天到达的点，这样处理起来更方便，否则如果单独处理需要两个数组，还需要一些判断，很麻烦。
所以我们先单独处理好(f[0][j])，然后再常规的递推即可。
还有一点需要注意的是，在往上跳之后，要注意小(A)是否可以单独再往前走一步。
貌似不要开long long都能过，数据这么水的么？？？

#include<bits/stdc++.h>
#define lll long long
using namespace std;
lll read()
{
    lll x=0,w=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return x*w;
}
const lll N=100010;
double ans=2147483647;
lll n,inf=2147483647,m,x0,x,s,p;
lll next[N],pre[N],pos[N],f[20][N],first[N],second[N];
lll ans1,ans2,sum1[20][N],sum2[20][N];
struct node{
    lll v,id;
}c[N];
bool cmp(node p,node q){return p.v<q.v;}
void in()
{
    sort(c+1,c+1+n,cmp);
    for(lll i=1;i<=n;i++)
    {
        pre[i]=i-1;next[i]=i+1;pos[c[i].id]=i;
    }
    for(lll i=1;i<n;i++)
    {
        lll d1=inf,d2=inf,d3=inf,d4=inf;
        lll now=pos[i];
        lll qian1=c[pre[now]].id,qian2=c[pre[pre[now]]].id;
        lll hou1=c[next[now]].id,hou2=c[next[next[now]]].id;
        if(qian1)d1=c[now].v-c[pre[now]].v;if(hou1)d2=c[next[now]].v-c[now].v;
        if(qian2)d3=c[now].v-c[pre[pre[now]]].v;if(hou2)d4=c[next[next[now]]].v-c[now].v;
        if(d1<=d2)
        {
            first[i]=qian1;
            if(d2<d3) second[i]=hou1;
            else second[i]=qian2;
        }
        else
        {
            first[i]=hou1;
            if(d4<d1) second[i]=hou2;
            else second[i]=qian1;
        }
        pre[next[now]]=pre[now];next[pre[now]]=next[now];
    }
}
void init()
{
    for(lll i=1;i<=n;i++)
    {
        f[0][i]=first[second[i]];
        sum1[0][i]=abs(c[pos[second[i]]].v-c[pos[i]].v);
        sum2[0][i]=abs(c[pos[f[0][i]]].v-c[pos[second[i]]].v);
    }
    for(lll i=1;i<=19;i++)
    {
        for(lll j=1;j<=n;j++)
        {
            f[i][j]=f[i-1][f[i-1][j]];
            sum1[i][j]=sum1[i-1][j]+sum1[i-1][f[i-1][j]];
            sum2[i][j]=sum2[i-1][j]+sum2[i-1][f[i-1][j]];
        }
    }
}
void get(lll s,lll v)
{
    ans1=0;ans2=0;
    for(lll i=19;i>=0;i--)
    {
        if(v>=sum1[i][s]+sum2[i][s]&&f[i][s])
        {
            v-=sum1[i][s]+sum2[i][s];
            ans1+=sum1[i][s];ans2+=sum2[i][s];
            s=f[i][s];
        }
    }
    lll d=abs(c[pos[second[s]]].v-c[pos[s]].v);
    if(second[s]&&v>=d) ans1+=d;
}
int main()
{
    n=read();
    for(lll i=1;i<=n;i++) c[i].v=read(),c[i].id=i;
    in();init();
    x0=read();
    for(lll i=1;i<=n;i++)
    {
        get(i,x0);
        if(ans2)
        {
            if(1.0*ans1/ans2==ans&&c[pos[i]].v>c[pos[p]].v) p=i;
            else if(1.0*ans1/ans2<ans)ans=1.0*ans1/ans2,p=i;
        }
    }
    printf("%lld
",p);
    m=read();
    for(lll i=1;i<=m;i++)
    {
        s=read();x=read();get(s,x);
        printf("%lld %lld
",ans1,ans2);
    }
}