题目描述
有(n)个城市，第(i)个城市的海拔为(h_i)且这(n)个城市的海拔互不相同。编号比较大的城市在东边。两个城市(i,j)之间的距离为(|h_i-h_j|)
小A和小B要开车去旅行。小A先开，他们会轮流开车。小A会把车开到第二近的城市，小B会把车开到最近的城市。如果当前城市到两个城市的距离相同，则认为海拔低的城市比较近。他们只会把车往东边开（即编号大的那边）。
小A会先问你对于一个给定的(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。
他还会问你(m)次。每次要你求出对给定的(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。
(nleq 100000,mleq 10000)
题解
先用set求出当前在第(i)个城市时小A会把车开到哪个城市和小B会把车开到那个城市。
然后倍增。(fa_{i,j})表示当前在第(i)个城市时开(2^j)轮（小A和小B各开一次算一轮）后小A开车的距离，(f_b{i,j})表示当前在第(i)个城市时开(2^j)轮后小B开车的距离。(g_{i,j})表示当前在第(i)个城市时开(2^j)轮后会到达哪里。
现在我们要求当前在第(s)个城市，开不超过(x)公里，小A开车的路程和小B开车的路程。显然直接倍增就可以了，还要加上不满一轮的情况，即开若干轮后小A再开一次。
第一问直接枚举起点，计算答案。
第二问直接计算答案。
时间复杂度：(O((n+m)log n))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<set>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,int> pli;
ll h[100010];
set<pli> ht;
int na[100010];
int nb[100010];
ll fa[100010][20];
ll fb[100010][20];
int g[100010][20];
int getmin(ll v)
{
if(ht.size()==0)
return -1;
set<pli>::iterator p=ht.lower_bound(pli(v,0));
if(p==ht.begin())
return p->second;
if(p==ht.end())
{
p--;
return p->second;
}
pii s1=*p;
s1.first-=v;
p--;
pii s2=*p;
s2.first=v-s2.first;
if(s1.first<s2.first)
return s1.second;
return s2.second;
}
struct p
{
int x;
double s;
};
double inf=1e100;
int main()
{
freopen("vijos1780.in","r",stdin);
freopen("vijos1780.out","w",stdout);
int n;
scanf("%d",&n);
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&h[i]);
for(i=n;i>=1;i--)
{
nb[i]=getmin(h[i]);
if(nb[i]==-1)
na[i]=-1;
else
{
ht.erase(ht.find(pii(h[nb[i]],nb[i])));
na[i]=getmin(h[i]);
ht.insert(pii(h[nb[i]],nb[i]));
}
ht.insert(pii(h[i],i));
}
for(i=1;i<=n;i++)
if(na[i]==-1)
{
g[i][0]=i;
fa[i][0]=fb[i][0]=0;
}
else if(nb[na[i]]==-1)
{
g[i][0]=na[i];
fa[i][0]=abs(h[i]-h[na[i]]);
fb[i][0]=0;
}
else
{
g[i][0]=nb[na[i]];
fa[i][0]=abs(h[i]-h[na[i]]);
fb[i][0]=abs(h[na[i]]-h[nb[na[i]]]);
}
for(j=1;j<=19;j++)
for(i=1;i<=n;i++)
{
g[i][j]=g[g[i][j-1]][j-1];
fa[i][j]=fa[i][j-1]+fa[g[i][j-1]][j-1];
fb[i][j]=fb[i][j-1]+fb[g[i][j-1]][j-1];
}
int k;
ll x0;
scanf("%lld",&x0);
p ans;
ans.x=-1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
ll sa=0,sb=0;
j=i;
ll s=0;
for(k=19;k>=0;k--)
if(fa[j][k]+fb[j][k]+s<=x0)
{
s+=fa[j][k]+fb[j][k];
sa+=fa[j][k];
sb+=fb[j][k];
j=g[j][k];
}
if(na[j]!=-1&&s+abs(h[j]-h[na[j]])<=x0)
sa+=abs(h[j]-h[na[j]]);
double si;
if(!sb)
si=inf;
else
si=double(sa)/sb;
if(ans.x==-1||si<ans.s||(si==ans.s&&h[i]>h[ans.x]))
{
ans.x=i;
ans.s=si;
}
}
printf("%d
",ans.x);
int m;
scanf("%d",&m);
for(i=1;i<=m;i++)
{
int x;
ll x0;
scanf("%d%lld",&x,&x0);
j=x;
ll s=0;
ll sa=0,sb=0;
for(k=19;k>=0;k--)
if(fa[j][k]+fb[j][k]+s<=x0)
{
s+=fa[j][k]+fb[j][k];
sa+=fa[j][k];
sb+=fb[j][k];
j=g[j][k];
}
if(na[j]!=-1&&s+abs(h[j]-h[na[j]])<=x0)
sa+=abs(h[j]-h[na[j]]);
printf("%lld %lld
",sa,sb);
}
return 0;
}