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：
1．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。
输入输出样例
drive1 4 2 3 1 4 3 4 1 3 2 3 3 3 4 3 drive2 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
drive1 1 1 1 2 0 0 0 0 0 drive2 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 -> 2 -> 3 -> 8 -> 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 -> 6 -> 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 -> 8 -> 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 -> 6 -> 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 -> 7 -> 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 -> 8 -> 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 -> 9 -> 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 -> 10，小 A 和小 B 走的距离分别为 2，0。
全国信息学奥林匹克联赛（NOIP2012）复赛
提高组 day1
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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】
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≤10,000，-1,000,000,000≤Hi≤1,000,000,000，
0≤X0≤1,000,000,000，1≤Si≤N，0≤Xi≤1,000,000,000，数据保证 Hi互不相同。
NOIP 2012 提高组 第一天 第三题
第一次做，冲着70分的数据写的，结果测的时候，我同学告诉我就过了个样例。
OMG，近3KB的代码，就5分~~
5分代码，懒得调了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
using namespace std;
#define N 200010
#define ll long long
#define inf 1500000000
#define linf 999999999999999LL
#define fi first
#define se second
inline const int read(){
register int x=0,f=1;
register char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline const char in(){
for(register char ch=getchar();;ch=getchar()) if((ch>='A'&&ch<='Z')||(ch>='a'&&ch<='z')) return ch;
}
int n,m,x0,hi[N];
struct node{
int s,x;
}a[N];
pair<int,int>ans[N],fs[N];
struct ss{
int c,h,id;
ss(int c=0,int h=0,int id=0):c(c),h(h),id(id){}
bool operator < (const ss &t) const{
if(c==t.c&&h>t.h) return 1;
if(c>t.c) return 1;
return 0;
}
};
struct nmn{
double ax,bx;
int id;
bool operator < (const nmn &t) const{
if(bx>0){
return (ax/bx)<(t.ax/t.bx);
}
return 0;
}
}da[N];
int main(){
//freopen("sh.txt","r",stdin);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) hi[i]=read();
x0=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++) a[i].s=read(),a[i].x=read();
for(int i=1;i<n-1;i++){
priority_queue<ss>q;
for(int j=i+1;j<=n;j++){
q.push(ss(abs(hi[j]-hi[i]),hi[j],j));
}
fs[i].fi=q.top().id;q.pop();
fs[i].se=q.top().id;q.pop();
//for(int j=i+1;j<=n;j++) printf("%d :%d %d %d
",i,q.top().c,q.top().h,q.top().id),q.pop();
}
fs[n-1]=make_pair(n,-1);
//for(int i=1;i<=1;i++){
for(int i=1;i<n-1;i++){
//bool flag=0;
int k=0,ta=0,tb=0,tmp;
for(int j=i;;){
if(j==n) break;
if(j==n-1&&!k) break;
if(!k){
tmp=abs(hi[fs[j].se]-hi[j]);
ta+=tmp;
if(ta+tb>x0||a[j].x<tmp){
ta-=tmp;break;
}
j=fs[j].se;
}
else{
tmp=abs(hi[fs[j].fi]-hi[j]);
tb+=tmp;
if(ta+tb>x0||a[j].x<tmp){
tb-=tmp;break;
}
j=fs[j].fi;
}
k^=1;
}
ans[i]=make_pair(ta,tb);
}
//ans[n-1]=make_pair(abs(hi[n]-hi[n-1]),0);
for(int i=1;i<=n;i++) da[i]=(nmn){(double)ans[i].fi,(double)ans[i].se,i};
sort(da+1,da+n+1);
printf("%d
",da[1].id);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d
",ans[i].fi,ans[i].se);
return 0;
}
题目大意：
给出n个排成一行的城市，每个城市有一个不同的海拔。定义两个城市间的距离等于他们的高度差的绝对值，且绝对值相等的时候海拔低的距离近。有两个人轮流开车，从左往右走。A每次都选最近的，B每次都选次近的。旅行时有一个总路程x，如果两个人的总路程>x 或 有一个人无法按照自己的原则选择目的城市，旅行就终止。
有两个问：
1.给出x0，求从哪一个城市出发，使得A走的路程/B走的路程最小。如果B走的路程=0，则比值视为无穷大。如果有多个城市满足要求，则输出海拔最高的那个城市。
2.给出x和s（出发城市），求旅行终止是A的路程和B的路程。
题解：
【数据范围】
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≤10,000，-1,000,000,000≤Hi≤1,000,000,000，
0≤X0≤1,000,000,000，1≤S
i≤N，0≤Xi≤1,000,000,000，数据保证Hi 互不相同。
先想骗分。。。
50分
对于50%的数据还是很好骗的。每次旅行都直接模拟行走，每次找一个最近或次近，时间O(N*N)。
对于第一问直接枚举起点。时间复杂度为O(N*N*M + N*N*N)
70分
发现50分算法主要是 每次都要找下一个城市 耗费了太多时间，于是干脆直接预处理，O(N*N)，总时间O(N*M + N*N)
满分
还是想想改进。。。70分算法的预处理太傻逼了。。其实我们是要每次找到一个海拔与当前城市相差最少的城市。所以算法就有很多种了，比如离散化+链表……
这里主要介绍下双向链表的做法：就是按高度排序，然后链起来。按城市原始位置从左到右处理接下来的城市是哪个。如何找接下来的那个？就是往链表的左右两边找两层，记一个最近和次近。
然后预处理就可以优化到O(N)
然后，发现其实这是一棵树。。。倍增处理一下就好了。
预处理已经处理出2^0的情况了。接下来直接动规就好了，就可以预处理出每个点的2^i的父亲是谁，以及A走了多少，B走了多少。
然后，现在问题就是给定总路程要怎么求出AB走的路程。
问题可以转化成给定总路程求走了几次。然后就可以用上先前的预处理。假设走了t次，则t肯定可以表示成二进制，而且只有logn位的二进制数。于是可以枚举这一位取0还是1。调用先前处理的数组，看加上所增加的路程后会不会超出x，不会就是1，会就是0。
如果你用set做的 或者与我处理思路不同的IOer；
强烈建议你去这里测一测：https://vijos.org/p/1780
AC代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 110000
#define inf 1000000010
inline const int read(){
register int x=0,f=1;
register char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,H[N],a[N],x[N];
int pre[N],ne[N],neA[N],neB[N];
int go[N][17],disA[N][17],disB[N][17];//它数据的原因，我们的第二维最多开到17就好了（这句废话）
inline bool cmp(int y,int z){
return H[y]<H[z];
}
inline void updata(int k1,int k2){//更新neA[],neB[]
if(neA[k1]==n+1||(abs(H[k1]-H[k2])<abs(H[k1]-H[neA[k1]]))||(abs(H[k1]-H[k2])==abs(H[k1]-H[neA[k1]])&&H[k1]<H[neA[k1]])){
neB[k1]=neA[k1];neA[k1]=k2;
}
else if(neB[k1]==n+1||(abs(H[k1]-H[k2])<abs(H[k1]-H[neB[k1]]))||(abs(H[k1]-H[k2])==abs(H[k1]-H[neB[k1]])&&H[k1]<H[neB[k1]])){
neB[k1]=k2;
}
}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) H[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=i;
sort(a+1,a+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++) x[a[i]]=i;//x[a[]]按照H[]的升序位置把编号映射一下
for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=i-1,ne[i]=i+1;//初始化前驱后驱
pre[n+1]=n;ne[0]=1;
for(int k1,now=1;now<=n;now++){
neA[now]=n+1;neB[now]=n+1;//neA第一近，neB第二近
k1=ne[x[now]];
for(int i=1;i<=2&&k1!=n+1;k1=ne[k1],i++) updata(now,a[k1]);
k1=pre[x[now]];
for(int i=1;i<=2&&k1!=0;k1=pre[k1],i++) updata(now,a[k1]);
k1=x[now];
pre[ne[k1]]=pre[k1];ne[pre[k1]]=ne[k1];//O(n)预处理出每个点的第一近、第二近
swap(neA[now],neB[now]);//因为A、B轮流开车
}
neA[n+1]=n+1;neB[n+1]=n+1;
for(int i=1;i<=n+1;i++){
int k1=neA[i],k2=neB[k1];
go[i][0]=k2;
disA[i][0]=min(inf,abs(H[k1]-H[i]));
disB[i][0]=min(inf,abs(H[k2]-H[k1]));
if(k1>n) disA[i][0]=inf;//预处理无穷大的情况
if(k2>n) disB[i][0]=inf;
}
for(int i=1;i<=16;i++){
for(int j=1;j<=n+1;j++){
go[j][i]=go[go[j][i-1]][i-1];//从j点走2^i个轮回（注意是轮回，不是步）后的位置
disA[j][i]=min(inf,disA[j][i-1]+disA[go[j][i-1]][i-1]);//从j点走2^i个轮回后A走过的距离
disB[j][i]=min(inf,disB[j][i-1]+disB[go[j][i-1]][i-1]);//从j点走2^i个轮回后B走过的距离
}
}
int X0=read();
int ans=0,ansA=0,ansB=0;
for(int now=1;now<=n;now++){
int k1=0,k2=0,k=now,rem=X0;
for(int i=16;i+1;i--){
if(disA[k][i]+disB[k][i]<=rem){
rem-=disA[k][i]+disB[k][i];
k1+=disA[k][i];k2+=disB[k][i];
k=go[k][i];
}
}
if(disA[k][0]<=rem){
rem-=disA[k][0];
k1+=disA[k][0];
}
if(k2==0){
if(ans==0||(ansB==0&&H[now]>H[ans])){
ans=now;ansA=k1;ansB=k2;
}
continue;
}
if(ans==0||1LL*k1*ansB<1LL*k2*ansA||(1LL*k1*ansB==1LL*k2*ansA&&H[now]>H[ans])){//注意精度（强制转化LL）
ans=now;ansA=k1;ansB=k2;
}
}
printf("%d
",ans);
m=read();
while(m--){
int k1=0,k2=0,k,rem;
k=read();rem=read();
for(int i=16;i+1;i--){
if(disA[k][i]+disB[k][i]<=rem){
rem-=disA[k][i]+disB[k][i];
k1+=disA[k][i];k2+=disB[k][i];
k=go[k][i];
}
}
if(disA[k][0]<=rem){
rem-=disA[k][0];
k1+=disA[k][0];
}
printf("%d %d
",k1,k2);
}
return 0;
}