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题解
我们将 C 型车站称为 左括号 '('， D 型车站称为右括号 ')' ，设括号 i 的位置为 p[i] 。
首先，我们用点 0 把所有位置都询问一遍，那么距离最近的那个点一定是在 0 右边的第一个 ')' 。
设 0 位置为 x ，距离 0 最近的 ）为 y，那么在 x 与 y 之间只可能有（ 。
现在我们可以将所有括号分成 3 类： x 左侧的， x 与 y 之间的，y 右侧的。
对于一个括号 i ，如果 dis(x,y) + dis(y,i) = dis(x,i) ，那么 i 一定在 y 的左边，否则一定在 y 的右边。
当 i 在 y 的左边时，由于 x 与 y 之间只有（ ，所以当 dis(x,y) > dis(y,i) 时， i 在 x 与 y 之间，否则 i 在 x 左侧。
注意到在 x 与 y 之间的都是可以直接确定类型和位置的，所以我们考虑左侧和右侧。
由于左侧和右侧的两个子问题是对称的，做法类似，所以这里只介绍右侧的：
我们把剩下的括号按照与 x 的距离排序。然后从小到大依次处理：
假设当前最右侧的 ）为 r （初始 r = y）。假设当前处理到括号 i ，由于是排过序的，所以 i 只有两种情况：
1. i 在 r 的右边，是 ）。
2. i 在 r 的左边，是（ 。
假装 i 在 r 的左边，那么从 x 到 i 必然要经过一个 ），而且是在 i 右边距离 i 最近的 ）。那么 r 距离它多少呢？
$$len = cfrac{dis(x,r)+dis(r,i)-dis(x,i)}{2}$$
那么如果 i 在 r 的右边，这个式子表示什么？——是 r 到它左边距离它最近的（ 的距离，它可能没有被访问过，但它一定不是 ）。
那么我们注意到，p[i] - len 这个位置如果是 ），那么它由于它距离 x 更近，所以它已经被访问过了。所以，如果 p[i] - len 位置上是一个已经被访问过的 ），那么 i 在 r 的左边，否则i 一定在 r 的右边。
于是我们就可以在 3(n-1) 次询问的限制内解决这个问题了。
代码
#include "rail.h"
#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof (x))
#define For(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=b;i>=a;i--)
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define fi first
#define se second
#define _SEED_ ('C'+'L'+'Y'+'A'+'K'+'I'+'O'+'I')
#define outval(x) printf(#x" = %d
",x)
#define outvec(x) printf("vec "#x" = ");for (auto _v : x)printf("%d ",_v);puts("")
#define outtag(x) puts("----------"#x"----------")
#define outarr(a,L,R) printf(#a"[%d...%d] = ",L,R);
For(_v2,L,R)printf("%d ",a[_v2]);puts("");
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector <int> vi;
const int N=5005;
#define C(a,b) (type[a]=1,p[a]=b,vis[a]=1)
#define D(a,b) (type[a]=2,p[a]=b,vis[a]=1)
unordered_map <int,int> Dis[N];
int Ask(int a,int b){
if (a==b)
return 0;
if (Dis[a][b])
return Dis[a][b];
return Dis[a][b]=Dis[b][a]=getDistance(a,b);
}
int x,y;
vi dx,dy,ids;
int vis[N];
set <int> SL,SR;
bool cmpD(int a,int b){
return dx[a]<dx[b];
}
void findLocation(int n,int p0,int *p,int *type){
For(i,0,n-1)
Dis[i].clear();
dx.resize(n);
dy.resize(n);
ids.clear();
clr(vis);
x=0;
For(i,0,n-1)
dx[i]=Ask(x,i),ids.pb(i);
sort(ids.begin(),ids.end(),cmpD);
y=ids[1];
C(x,p0);
if (n==1)
return;
D(y,p0+dx[y]);
For(i,0,n-1)
dy[i]=Ask(y,i);
int l=x,r=y,MaxM=0;
for (auto i : ids)
if (!vis[i]&&dx[y]+dy[i]==dx[i]&&dy[i]<dx[y]){
C(i,p[y]-dy[i]);
MaxM=max(MaxM,p[i]-p[x]);
}
int sy=p[y]-(dx[y]-MaxM)*2;
SL.clear(),SL.insert(dy[x]);
SR.clear(),SR.insert(dx[y]);
for (auto i : ids)
if (!vis[i]){
if (dx[y]+dy[i]==dx[i]){
int len=(dy[l]+Ask(l,i)-dy[i])/2;
if (!SL.count(dy[l]-len)){
C(i,p[y]-dy[i]);
SL.insert(dy[i]);
l=i;
}
else
D(i,p[l]+Ask(l,i));
}
else {
int len=(dx[r]+Ask(r,i)-dx[i])/2;
if (!SR.count(dx[r]-len)){
D(i,p[x]+dx[i]);
SR.insert(dx[i]);
r=i;
}
else
C(i,p[r]-Ask(r,i));
}
}
}