Description
有一条宽度为 N 的河上，小D位于坐标为 0 的河岸上，他想到达坐标为 N 的河岸上后再回到坐标为 0 的位置。在到达坐标为 N 的河岸之前小D只能向坐标更大的位置跳跃，在到达坐标为 N 的河岸之后小D只能向坐标更小的位置跳跃。在河的中间有 M 个岩石，小D希望能跳到每个岩石上恰好一次。由于小D的跳跃能力太强，小D的跳跃长度有个下限 S ，但没有上限。现在请你判断他是否能够完成他的目标。
Input
第一行输入两个整数 N,M,S，分别表示河的宽度，岩石的数量和跳跃长度的下限。
第二行输入 M 个整数，分别表示 M 个岩石的坐标 w1,w2,⋯,wN 。保证 { wi }为递增序列。
Output
如果小D可以完成他的目标，第一行输出YES，第二行输出 M+2 个数，依次表示小D跳到的石头编号。特殊的，坐标为 0 的河岸编号为 0 ，坐标为 N 的河岸标号为 M+1 。如果有多种解法，允许输出任意一种。
如果小D不能完成他的目标，第一行输出NO。
Sample Input1
6 1 3
3
Sample Output1
YES
1 2 0
Sample Input2
6 2 2
2 4
Sample Output2
YES
2 3 1 0
Sample Input3
5 2 3
2 3
Sample Output3
NO
Hint
1≤N,S≤100000
0 ≤ M < N
1 ≤ wi < N
题解
O(n) 贪心
把一个人来回跳 看作两个青蛙一起跳。
设两只青蛙所在的坐标为 xa , xb。
我们先假设青蛙已经跳了一段路程，且设xa < xb ，面前的最近石块坐标为x
那么有且仅有3种情况：
1: x - xa< s(a青蛙踩不到x)，此时 x - xb < s，那么x石块怎样都踩不到，输出NO。
2:x - xa > s 且 x - xb < s(a能踩 b不能踩)，那么a青蛙跳到x石块，xa = x 。
3:x - xa > s且 x - xb > s(a,b都能踩)，此时可以跳a也可以跳b，但把青蛙a保留在xa 而让b跳到x，比保留b 而让a跳到x对未来有更大的潜力（因为xa < xb，所以xa能跳到的区间比xb大）
那么思路就清晰了：
初始时xa=xb=0。扫描坐标w，对于一个新扫入的坐标值，判定以上三种情况并作出相应决策，把两只青蛙经过的坐标分别存储为 a , b数组。
输出时假装a青蛙正着跳，b青蛙反着跳，0坐标和河对岸手动输出。
注意以上的假设基于 xa < xb的前提，写代码的时候不要思维僵化。
AC代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define R register
inline int read()
{
char ch=getchar();
int x=0;bool s=1;
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')s=0;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return s?x:-x;
}
int a[100007];
int b[100007];
int toa=0,tob=0;
int main()
{
int n=read(),m=read(),s=read();
int xa=0,xb=0;//一开始都在河岸这边
for(R int i=1;i<=m;++i)
{
int x=read();
if(xa<xb)//如果xa<xb
{
if(x-xa<s){cout<<"NO";return 0;}//case 1
else if(x-xb<s){a[++toa]=i;xa=x;}//case 2
else {b[++tob]=i;xb=x;}//case 3
}
else//如果xb<=xa
{
if(x-xb<s){cout<<"NO";return 0;}//case 1
else if(x-xa<s){b[++tob]=i;xb=x;}//case 2
else {a[++toa]=i;xa=x;}//case 3
}
}
if(n-xa<s&&n-xb<s){cout<<"NO";return 0;}//有青蛙跳不上对岸 输出NO
cout<<"YES"<<endl;
for(R int i=1;i<=toa;++i)
cout<<a[i]<<" ";//a正跳
cout<<m+1<<" ";
for(R int i=tob;i;--i)
cout<<b[i]<<" ";//b反跳
cout<<0;
return 0;
}