开车旅行

1|0P1081 开车旅行

1|1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。

1. 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。

1|2输入输出格式

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。

 

1|3输入输出样例

输入样例#1：

drive1
4 
2 3 1 4 
3 
4 
1 3 
2 3 
3 3 
4 3


drive2
 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

输出样例#1：

drive1
1 
1 1 
2 0 
0 0 
0 0 

drive2
2 
3 2 
2 4 
2 1 
2 4 
5 1 
5 1 
2 1 
2 0 
0 0 
0 0

1|4说明

【输入输出样例 1 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。

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，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。

全国信息学奥林匹克联赛（NOIP2012）复赛

提高组 day1

第 7 页 共 7 页

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。

【数据范围】

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≤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。

NOIP 2012 提高组 第一天 第三题

 

第一次做，冲着70分的数据写的，结果测的时候，我同学告诉我就过了个样例。

OMG，近3KB的代码，就5分~~

5分代码，懒得调了。

?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101

#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<ctime> #include<algorithm> #include<iostream> #include<vector> #include<queue> #include<stack> using namespace std; #define N 200010 #define ll long long #define inf 1500000000 #define linf 999999999999999LL #define fi first #define se second inline const int read(){     register int x=0,f=1;     register char ch=getchar();     while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}     return x*f; } inline const char in(){     for(register char ch=getchar();;ch=getchar()) if((ch>='A'&&ch<='Z')||(ch>='a'&&ch<='z')) return ch; } int n,m,x0,hi[N]; struct node{     int s,x; }a[N]; pair<int,int>ans[N],fs[N]; struct ss{     int c,h,id;     ss(int c=0,int h=0,int id=0):c(c),h(h),id(id){}     bool operator < (const ss &t) const{         if(c==t.c&&h>t.h) return 1;         if(c>t.c) return 1;         return 0;     } }; struct nmn{     double ax,bx;     int id;     bool operator < (const nmn &t) const{         if(bx>0){             return (ax/bx)<(t.ax/t.bx);         }         return 0;        } }da[N]; int main(){     //freopen("sh.txt","r",stdin);     n=read();     for(int i=1;i<=n;i++) hi[i]=read();     x0=read();m=read();     for(int i=1;i<=m;i++) a[i].s=read(),a[i].x=read();     for(int i=1;i<n-1;i++){         priority_queue<ss>q;         for(int j=i+1;j<=n;j++){             q.push(ss(abs(hi[j]-hi[i]),hi[j],j));         }         fs[i].fi=q.top().id;q.pop();         fs[i].se=q.top().id;q.pop();         //for(int j=i+1;j<=n;j++) printf("%d :%d %d %d\n",i,q.top().c,q.top().h,q.top().id),q.pop();     }     fs[n-1]=make_pair(n,-1);     //for(int i=1;i<=1;i++){     for(int i=1;i<n-1;i++){         //bool flag=0;         int k=0,ta=0,tb=0,tmp;         for(int j=i;;){             if(j==n) break;             if(j==n-1&&!k) break;             if(!k){                 tmp=abs(hi[fs[j].se]-hi[j]);                 ta+=tmp;                 if(ta+tb>x0||a[j].x<tmp){                     ta-=tmp;break;                 }                 j=fs[j].se;             }             else{                 tmp=abs(hi[fs[j].fi]-hi[j]);                 tb+=tmp;                 if(ta+tb>x0||a[j].x<tmp){                     tb-=tmp;break;                 }                 j=fs[j].fi;             }             k^=1;         }         ans[i]=make_pair(ta,tb);     }     //ans[n-1]=make_pair(abs(hi[n]-hi[n-1]),0);     for(int i=1;i<=n;i++) da[i]=(nmn){(double)ans[i].fi,(double)ans[i].se,i};     sort(da+1,da+n+1);     printf("%d\n",da[1].id);     for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",ans[i].fi,ans[i].se);     return 0; }

题目大意：

　　给出n个排成一行的城市，每个城市有一个不同的海拔。定义两个城市间的距离等于他们的高度差的绝对值，且绝对值相等的时候海拔低的距离近。有两个人轮流开车，从左往右走。A每次都选最近的，B每次都选次近的。旅行时有一个总路程x，如果两个人的总路程>x 或 有一个人无法按照自己的原则选择目的城市，旅行就终止。

　　有两个问：

　　1.给出x0，求从哪一个城市出发，使得A走的路程/B走的路程最小。如果B走的路程=0，则比值视为无穷大。如果有多个城市满足要求，则输出海拔最高的那个城市。

　　2.给出x和s（出发城市），求旅行终止是A的路程和B的路程。

 

题解：

【数据范围】
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≤10,000，-1,000,000,000≤Hi≤1,000,000,000，
0≤X0≤1,000,000,000，1≤S
i≤N，0≤Xi≤1,000,000,000，数据保证Hi 互不相同。

 先想骗分。。。

50分

     对于50%的数据还是很好骗的。每次旅行都直接模拟行走，每次找一个最近或次近，时间O(N*N)。

对于第一问直接枚举起点。时间复杂度为O(N*N*M + N*N*N)

70分

     发现50分算法主要是 每次都要找下一个城市 耗费了太多时间，于是干脆直接预处理，O(N*N)，总时间O(N*M + N*N)

满分

     还是想想改进。。。70分算法的预处理太傻逼了。。其实我们是要每次找到一个海拔与当前城市相差最少的城市。所以算法就有很多种了，比如离散化+链表……

     这里主要介绍下双向链表的做法：就是按高度排序，然后链起来。按城市原始位置从左到右处理接下来的城市是哪个。如何找接下来的那个？就是往链表的左右两边找两层，记一个最近和次近。

     然后预处理就可以优化到O(N)

     然后，发现其实这是一棵树。。。倍增处理一下就好了。

     预处理已经处理出2^0的情况了。接下来直接动规就好了，就可以预处理出每个点的2^i的父亲是谁，以及A走了多少，B走了多少。

     然后，现在问题就是给定总路程要怎么求出AB走的路程。

     问题可以转化成给定总路程求走了几次。然后就可以用上先前的预处理。假设走了t次，则t肯定可以表示成二进制，而且只有logn位的二进制数。于是可以枚举这一位取0还是1。调用先前处理的数组，看加上所增加的路程后会不会超出x，不会就是1，会就是0。

如果你用set做的 或者与我处理思路不同的IOer；

强烈建议你去这里测一测：https://vijos.org/p/1780

AC代码：

?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105

#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; #define N 110000 #define inf 1000000010 inline const int read(){     register int x=0,f=1;     register char ch=getchar();     while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}     return x*f; } int n,m,H[N],a[N],x[N]; int pre[N],ne[N],neA[N],neB[N]; int go[N][17],disA[N][17],disB[N][17];//它数据的原因，我们的第二维最多开到17就好了（这句废话） inline bool cmp(int y,int z){     return H[y]<H[z]; } inline void updata(int k1,int k2){//更新neA[],neB[]     if(neA[k1]==n+1||(abs(H[k1]-H[k2])<abs(H[k1]-H[neA[k1]]))||(abs(H[k1]-H[k2])==abs(H[k1]-H[neA[k1]])&&H[k1]<H[neA[k1]])){         neB[k1]=neA[k1];neA[k1]=k2;     }     else if(neB[k1]==n+1||(abs(H[k1]-H[k2])<abs(H[k1]-H[neB[k1]]))||(abs(H[k1]-H[k2])==abs(H[k1]-H[neB[k1]])&&H[k1]<H[neB[k1]])){         neB[k1]=k2;     } } int main(){     n=read();     for(int i=1;i<=n;i++) H[i]=read();     for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=i;     sort(a+1,a+n+1,cmp);     for(int i=1;i<=n;i++) x[a[i]]=i;//x[a[]]按照H[]的升序位置把编号映射一下     for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=i-1,ne[i]=i+1;//初始化前驱后驱     pre[n+1]=n;ne[0]=1;     for(int k1,now=1;now<=n;now++){         neA[now]=n+1;neB[now]=n+1;//neA第一近，neB第二近         k1=ne[x[now]];         for(int i=1;i<=2&&k1!=n+1;k1=ne[k1],i++) updata(now,a[k1]);         k1=pre[x[now]];         for(int i=1;i<=2&&k1!=0;k1=pre[k1],i++) updata(now,a[k1]);         k1=x[now];         pre[ne[k1]]=pre[k1];ne[pre[k1]]=ne[k1];//O(n)预处理出每个点的第一近、第二近         swap(neA[now],neB[now]);//因为A、B轮流开车     }     neA[n+1]=n+1;neB[n+1]=n+1;     for(int i=1;i<=n+1;i++){         int k1=neA[i],k2=neB[k1];         go[i][0]=k2;         disA[i][0]=min(inf,abs(H[k1]-H[i]));         disB[i][0]=min(inf,abs(H[k2]-H[k1]));         if(k1>n) disA[i][0]=inf;//预处理无穷大的情况         if(k2>n) disB[i][0]=inf;     }     for(int i=1;i<=16;i++){         for(int j=1;j<=n+1;j++){             go[j][i]=go[go[j][i-1]][i-1];//从j点走2^i个轮回（注意是轮回，不是步）后的位置             disA[j][i]=min(inf,disA[j][i-1]+disA[go[j][i-1]][i-1]);//从j点走2^i个轮回后A走过的距离             disB[j][i]=min(inf,disB[j][i-1]+disB[go[j][i-1]][i-1]);//从j点走2^i个轮回后B走过的距离         }     }     int X0=read();     int ans=0,ansA=0,ansB=0;     for(int now=1;now<=n;now++){         int k1=0,k2=0,k=now,rem=X0;         for(int i=16;i+1;i--){             if(disA[k][i]+disB[k][i]<=rem){                 rem-=disA[k][i]+disB[k][i];                 k1+=disA[k][i];k2+=disB[k][i];                 k=go[k][i];             }         }           if(disA[k][0]<=rem){             rem-=disA[k][0];             k1+=disA[k][0];         }         if(k2==0){             if(ans==0||(ansB==0&&H[now]>H[ans])){                 ans=now;ansA=k1;ansB=k2;             }             continue;         }         if(ans==0||1LL*k1*ansB<1LL*k2*ansA||(1LL*k1*ansB==1LL*k2*ansA&&H[now]>H[ans])){//注意精度（强制转化LL）             ans=now;ansA=k1;ansB=k2;         }     }     printf("%d\n",ans);     m=read();     while(m--){         int k1=0,k2=0,k,rem;         k=read();rem=read();         for(int i=16;i+1;i--){             if(disA[k][i]+disB[k][i]<=rem){                 rem-=disA[k][i]+disB[k][i];                 k1+=disA[k][i];k2+=disB[k][i];                 k=go[k][i];             }         }           if(disA[k][0]<=rem){             rem-=disA[k][0];             k1+=disA[k][0];         }         printf("%d %d\n",k1,k2);     }     return 0; }

　　

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本文作者：shenben
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