【NOIP2012】开车旅行（倍增）

题面

Description

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。

2.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。

Input

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。

Output

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。

Sample Input

样例1：

4

2 3 1 4

3

4

1 3

2 3

3 3

4 3

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

Sample Output

样例1：

1

1 1

2 0

0 0

0 0

样例2：

2

3 2

2 4

2 1

2 4

5 1

5 1

2 1

2 0

0 0

0 0

题解

NOIP2012真的都是好题。。。

因为无论从那个点开始

接下来的选择都是固定的

因此，可以首先预处理出每一次的选择

继续观察，若干次的移动之后的地点也是不会变的

照样可以预处理出来

因此，很容易想到倍增

在跳倍增的时候，一边跳地点，一边跳时间，即可算出最终答案。

第一问就依次查询每一个位置

第二问，每次查询即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAX 101000
#define INF 50000000000
#define ll long long
inline ll read()
{
	ll x=0,t=1;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return x*t;
}
//p[i][j]表示从i出发经过2^j轮后的地点
//a[i][j]表示从i出发经过2^j轮后的路程
//b[i][j]表示从i出发经过2^j轮后的B的路程
struct Sort
{
	int v,id;
}dd[MAX];
inline bool operator <(Sort a,Sort b)
{
	return a.v<b.v;
}
int N,M,id[MAX];
int lst[MAX],nst[MAX];
long long p[MAX][20],b[MAX][20],a[MAX][20],d[MAX];
ll dis[MAX][2],pos[MAX][2];
inline void kill(int x)
{
	lst[nst[x]]=lst[x];
	nst[lst[x]]=nst[x];
}
inline void check(int i,int l1)
{
	ll Dis=abs(d[i]-dd[l1].v);
	if(dis[i][0]>Dis||(dis[i][0]==Dis&&dd[l1].v<d[pos[i][0]]))
	{
		swap(dis[i][0],dis[i][1]);swap(pos[i][0],pos[i][1]);
		dis[i][0]=Dis;pos[i][0]=dd[l1].id;
	}
	else
	{
		if(dis[i][1]>Dis||(dis[i][1]==Dis&&dd[l1].v<d[pos[i][1]]))
		{
			dis[i][1]=Dis;pos[i][1]=dd[l1].id;
		}
	}
}
inline void Pre()//预处理
{
	for(int i=1;i<=N;++i)//处理某个点的最近和次近
	{
		int node=id[i];
		pos[i][0]=pos[i][1]=0;dis[i][0]=dis[i][1]=INF;
		int l1=lst[node];int l2=lst[l1];
		int r1=nst[node];int r2=nst[r1];
		if(l1!=0&&l1!=N+1)check(i,l1);
		if(l2!=0&&l2!=N+1)check(i,l2);
		if(r1!=0&&r1!=N+1)check(i,r1);
		if(r2!=0&&r2!=N+1)check(i,r2);
		kill(node);
	}
	for(int i=1;i<=N;++i)
	{
		p[i][0]=pos[pos[i][1]][0];
		a[i][0]=dis[i][1];
		b[i][0]=dis[pos[i][1]][0];
	}
	for(int j=1;j<=17;++j)
	{
		for(int i=1;i<=N;++i)
		{
			p[i][j]=p[p[i][j-1]][j-1];
			a[i][j]=a[i][j-1]+a[p[i][j-1]][j-1];
			b[i][j]=b[i][j-1]+b[p[i][j-1]][j-1];
		}
	}
}
inline void Query(int s,ll x,long long &ans1,long long &ans2)
{
    ans1=0,ans2=0;
	for(int i=17;i>=0;--i)
	{
		if(p[s][i]&&a[s][i]+b[s][i]<=x)
		{
			x-=a[s][i]+b[s][i];
			ans1+=a[s][i];
			ans2+=b[s][i];
			s=p[s][i];
		}
	}
	//检查A还能不能单独跳一步
	if(pos[s][1]&&dis[s][1]<=x)ans1+=dis[s][1];
}
int main()
{
	N=read();
	for(int i=1;i<=N;++i)dd[i].v=d[i]=read(),dd[i].id=i;
	sort(&dd[1],&dd[N+1]);
	for(int i=1;i<=N;++i)id[dd[i].id]=i;
	for(int i=1;i<=N;++i)nst[i]=i+1;
	for(int i=1;i<=N;++i)lst[i]=i-1;
	lst[0]=nst[N+1]=0;
	nst[0]=1;lst[N+1]=N;
	Pre();
	int X0=read();
	double nn=2147483647.0;
	int A=0;
	for(int i=1;i<=N;++i)
	{
		long long ans1,ans2;
		double tt;
		Query(i,X0,ans1,ans2);
		if(ans2==0)continue;
		if(ans2!=0)tt=(ans1*1.0)/(ans2*1.0);
		else tt=1.0;
		if(nn>tt){nn=tt;A=i;}
		else if(nn==tt)if(d[i]>d[A])A=i;
	}
	printf("%d\n",A);
	M=read();
	int cnt=0;
	while(M--)
	{
		cnt++;
		ll s=read(),x=read();
		long long ans1=0,ans2=0;
		Query(s,x,ans1,ans2);
		printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
	}
	return 0;
}