NC16562 [NOIP2012]开车旅行
题目
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。
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。
输入描述
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。
输出描述
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。
示例1
输入
4
2 3 1 4
3
4
1 3
2 3
3 3
4 3
输出
1
1 1
2 0
0 0
0 0
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。
示例2
输入
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
输出
2
3 2
2 4
2 1
2 4
5 1
5 1
2 1
2 0
0 0
0 0
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 。
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 。
备注
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≤100,000 , -109≤Hi≤109 ,0≤X0≤109 , 1≤Si≤N,0≤X-i≤109 ，数据保证 Hi 互不相同。
题解
知识点：倍增，STL。
发现其路径是可以唯一确定的，且不会被修改，因此考虑是倍增。
考虑设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示A/B从 \(j\) 出发走 \(2^i\) 个城市的目的地，转移方程为：
设 \(g_{i,j,0/1.0/1}\) 表示A/B从 \(j\) 出发走 \(2^i\) 个城市后A/B行驶距离，转移方程为：
其中 \(i=1\) 时，因为AB是交替的，所以必然是A走完B走或者相反。
\(i=0\) 时的初值确定，需要通过从右到左的遍历，用 set 维护，并查询最近的两个地点。为了方便操作，可以预先插入两个无穷大和两个无穷小，防止越界。
倍增答案时候，需要注意 \(f\) 跳跃过大时，其值应该是 \(0\) ，如果不加处理，并不会自动跳过，会得到错误答案，因此需要手动判断。
树上倍增时，通常是在查询LCA的过程时处理其他的倍增，而查询LCA的过程中， \(0\) 节点会被认为是根节点再往上一层的节点，天然不会被处理而被无视。这道题并没有除了 \(X\) 的其他越界限制，而 \(X\) 的限制并不能限制 \(0\) 号城市的问题，因此这个 \(0\) 需要手动处理。
时间复杂度 \(O((n+m) \log n)\)
空间复杂度 \(O(n \log n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 100007, INF = 2e9;
int n;
int h[N];
int f[27][N][2];
ll g[27][N][2][2];
void init() {
multiset<pair<int, int>> st;
st.insert({ -INF, 0 });
st.insert({ -INF, 0 });
st.insert({ INF, 0 });
st.insert({ INF, 0 });
for (int i = n;i >= 1;i--) {
st.insert({ h[i],i });
auto it = st.find({ h[i],i });
auto it1 = --(--it);
auto it2 = ++it;
auto it3 = ++(++it);
auto it4 = ++it;
int d1 = it2->first == -INF ? INF : h[i] - it2->first;
int d2 = it3->first == INF ? INF : it3->first - h[i];
if (d1 <= d2) {
f[0][i][1] = it2->second;
d1 = it1->first == -INF ? INF : h[i] - it1->first;
f[0][i][0] = d1 <= d2 ? it1->second : it3->second;
}
else {
f[0][i][1] = it3->second;
d2 = it4->first == INF ? INF : it4->first - h[i];
f[0][i][0] = d1 <= d2 ? it2->second : it4->second;
}
g[0][i][0][0] = abs(h[i] - h[f[0][i][0]]);
g[0][i][1][1] = abs(h[i] - h[f[0][i][1]]);
}
for (int i = 1;i <= n;i++) {
f[1][i][0] = f[0][f[0][i][0]][1];
f[1][i][1] = f[0][f[0][i][1]][0];
g[1][i][0][0] = g[0][i][0][0] + g[0][f[0][i][0]][1][0];
g[1][i][0][1] = g[0][i][0][1] + g[0][f[0][i][0]][1][1];
g[1][i][1][0] = g[0][i][1][0] + g[0][f[0][i][1]][0][0];
g[1][i][1][1] = g[0][i][1][1] + g[0][f[0][i][1]][0][1];
}
for (int i = 2;i <= 20;i++) {
for (int j = 1;j <= n;j++) {
f[i][j][0] = f[i - 1][f[i - 1][j][0]][0];
f[i][j][1] = f[i - 1][f[i - 1][j][1]][1];
g[i][j][0][0] = g[i - 1][j][0][0] + g[i - 1][f[i - 1][j][0]][0][0];
g[i][j][0][1] = g[i - 1][j][0][1] + g[i - 1][f[i - 1][j][0]][0][1];
g[i][j][1][0] = g[i - 1][j][1][0] + g[i - 1][f[i - 1][j][1]][1][0];
g[i][j][1][1] = g[i - 1][j][1][1] + g[i - 1][f[i - 1][j][1]][1][1];
}
}
}
pair<int, int> get_ans(int s, int x) {
int suma = 0, sumb = 0;
for (int i = 20;i >= 0;i--) {
if (!f[i][s][0]) continue;
if (suma + sumb + g[i][s][0][0] + g[i][s][0][1] <= x) {
suma += g[i][s][0][0];
sumb += g[i][s][0][1];
s = f[i][s][0];
}
}
return { suma,sumb };
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> h[i];
init();
int x0;
cin >> x0;
pair<int, double> ans = { 0,INF };
for (int i = 1;i <= n;i++) {
auto [suma, sumb] = get_ans(i, x0);
double r = sumb ? (double)suma / sumb : INF;
if (r < ans.second || abs(r - ans.second) <= 1e-6 && h[i]>h[ans.first]) {
ans = { i,r };
}
}
cout << ans.first << '\n';
int m;
cin >> m;
while (m--) {
int s, x;
cin >> s >> x;
auto [suma, sumb] = get_ans(s, x);
cout << suma << ' ' << sumb << '\n';
}
return 0;
}
本文来自博客园，作者：空白菌，转载请注明原文链接：https://www.cnblogs.com/BlankYang/p/17498651.html
