CH5701 开车旅行
题意
5701 开车旅行 0x50「动态规划」例题
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 H_i，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]=|H_i-H_j |。
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：
- 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。
- 对任意给定的 X=X_i 和出发城市 S_i，求出小A开车行驶的路程总数以及小B行驶的路程总数。
1≤N≤10^5，1≤M≤10^4，-10^9≤H_i≤10^9，0≤X_0≤10^9，1≤S_i≤N，0≤X_i≤10^9，数据保证 H_i 互不相同。
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。
样例输入
【输入样例 1】 4 2 3 4 1 3 4 1 3 2 3 3 3 4 3 【输入样例 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
样例输出
【输出样例 1】 1 1 2 0 0 0 0 0 【输出样例 2】 2 3 2 2 4 2 1 2 4 5 1 5 1 2 1 2 0 0 0 0 0
数据范围与约定
- 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, 1≤N≤100,000,有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
样例解释
【输入输出样例 1 说明】
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, 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,
来源
CCF NOIP2012
</article>
分析
参照YJSchaf的题解。
我们很容易可以发现，决策是固定的，这可以用线段上的倍增来跳点。
我们可以把A和B合成一轮，这样我们用f[i][j][k]带表跳从第j个点出发，行驶\(2^i\)天，k先出发（k=0 -> A, k=1 -> B）所到达的点。
用da[i][j][k]代表第j个点出发，行驶\(2^i\)天，k先出发，A所走的路程。db[i][j][k]也是同样的意义。
所以计算路程的方法与倍增跳点的方法一样。关键是怎么出预处理，求出da[0][j][0],db[0][j][k],与f[0][j][k]
用平衡树（multiset）预处理出A,B从每个城市出发分别会到哪个城市，记在ga[i],gb[i]中
预处理好了，我们就可以按照倍增的方法，求出再限定距离能跳的点。
对于第一问，可以枚举，时间复杂度\(O(n \log n)\)；第二问，就是询问\(O(\log n)\)。所以总时间复杂度\(O((n+m)\log n)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
co int N=1e5+1,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,h[N],x[N],s[N],ga[N],gb[N],w;
int f[18][N][2],da[18][N][2],db[18][N][2],la,lb;
multiset<pii> st;
multiset<pii> ::iterator it,it1,it2,it3,it4;
void calc(int S,int X){
la=lb=0;
int p=S;
for(int i=w;i>=0;--i)
if(f[i][p][0]&&la+lb+da[i][p][0]+db[i][p][0]<=X)
la+=da[i][p][0],lb+=db[i][p][0],p=f[i][p][0];
}
int main(){
w=log(read(n))/log(2);
for(int i=1;i<=n;++i) read(h[i]);
read(x[0]),read(m);
for(int i=1;i<=m;++i) read(s[i]),read(x[i]);
h[0]=0;
st.insert(pii(INF,0)),st.insert(pii(INF,0));
st.insert(pii(-INF,0)),st.insert(pii(-INF,0));
for(int i=n,a,b;i;--i){
st.insert(pii(h[i],i));
it=st.find(pii(h[i],i));
it1=++it,it2=++it;
it3=--(--(--it)),it4=--it;
a=it3->first!=-INF?h[i]-it3->first:INF;
b=it1->first!=INF?it1->first-h[i]:INF;
if(a<=b){
gb[i]=it3->second;
a=it4->first!=-INF?h[i]-it4->first:INF;
ga[i]=a<=b?it4->second:it1->second;
}
else{
gb[i]=it1->second;
b=it2->first!=INF?it2->first-h[i]:INF;
ga[i]=a<=b?it3->second:it2->second;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
f[0][i][0]=ga[i];
f[0][i][1]=gb[i];
}
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];
}
for(int i=2;i<=w;++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];
}
for(int i=1;i<=n;++i){
da[0][i][0]=abs(h[i]-h[ga[i]]);
db[0][i][1]=abs(h[i]-h[gb[i]]);
da[0][i][1]=db[0][i][0]=0;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
da[1][i][0]=da[0][i][0];
da[1][i][1]=da[0][f[0][i][1]][0];
db[1][i][0]=db[0][f[0][i][0]][1];
db[1][i][1]=db[0][i][1];
}
for(int i=2;i<=w;++i)
for(int j=1;j<=n;++j){
da[i][j][0]=da[i-1][j][0]+da[i-1][f[i-1][j][0]][0];
da[i][j][1]=da[i-1][j][1]+da[i-1][f[i-1][j][1]][1];
db[i][j][0]=db[i-1][j][0]+db[i-1][f[i-1][j][0]][0];
db[i][j][1]=db[i-1][j][1]+db[i-1][f[i-1][j][1]][1];
}
calc(1,x[0]);
double ans[2]={1,lb?(double)la/lb:INF};
for(int i=2;i<=n;++i){
calc(i,x[0]);
if((lb?(double)la/lb:INF)<ans[1]||(lb?(double)la/lb:INF)==ans[1]&&h[i]>h[(int)ans[0]])
ans[0]=i,ans[1]=(double)la/lb;
}
printf("%.0lf\n",ans[0]);
for(int i=1;i<=m;++i){
calc(s[i],x[i]);
printf("%d %d\n",la,lb);
}
return 0;
}
