传送门

解题思路:

　　一道比较有趣的题，解题工作主要分为两块:

　　①找出k(k=0表示小A先走,k=1表示小B先走,下面同理)从点i出发下一个到达的点to[k][i];

　　一开始偷懒用了vector(偷懒一时爽),由于vector的erase操作是o(n)的,这个预处理时间复杂度就彪到o(n²)了。这里改成set就可以将复杂度降到o(nlogn),用链表的话讲道理可以降到o(n)但是排序就要o(nlogn)毫无*用。具体操作就是二分再前后比较(简称瞎搞)。

　　②两个人从点i出发走2^j步走各自开车所走过的路程分别表示为da[i][j][k],db[i][j][k],最终达到点表示为f[i][j][k]。da[i][j][k]表示k从i点出发走了2^j步的小A要开车的路程。那么da[i][j][k]+db[i][j][k]就表示了k先手开车从点i出发走了2^j步共走过的路程。预处理出第一步和第二步,(转移方程见代码)。

　　运用二进制拆分的思想,假设出发点为s,p表示当前到达的点,ta、tb分别表示小A和小B从s出发达到p点各自走过的路程,x表示能走得最大路程。从log(最大步数)到0遍历j,如果ta+tb+da[p][j][k]+db[p][j][k]<=x,则令ta和tb分别加上da[p][j][k]和db[p][j][k],p=f[i][j][k]。枚举所有的点进行上述操作就可得到结果。

丑陋的代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
ll da[maxn][32][2],db[maxn][32][2];map <int,int> m;
int h[maxn],to[2][maxn],f[maxn][32][2];set <int> v;
int main()
{
    int n;scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&h[i]),v.insert(h[i]),m[h[i]]=i;
    for(int i=1;i<n;i++){
        v.erase(h[i]);
        auto id=v.lower_bound(h[i]);auto id1=id,id2=id;
        if(id==v.begin()){
            to[0][i]=m[(*id)];
            id1++;
            if(id1!=v.end())
                to[1][i]=m[(*id1)];
        }
        else if(id==v.end()){
            id1--;
            if(id!=v.begin())
                to[0][i]=m[(*id1)];
            if(id1!=v.begin())
                id1--,to[1][i]=m[(*id1)];
        }
        else{
            id1--;
            int t1=abs(h[i]-(*id)),t2=abs(h[i]-(*id1));
            if(t1>t2){
                to[0][i]=m[(*id1)];id2=id1;id2--;
                int t3=(id1!=v.begin())?abs(h[i]-(*id2)):2e9;
                if(t1>=t3)        to[1][i]=m[(*id2)];
                else if(t1<t3)    to[1][i]=m[(*id)];
            }
            else if(t1<t2){
                to[0][i]=m[(*id)];id2++;
                int t3=(id2!=v.end())?abs(h[i]-(*id2)):2e9;
                if(t2>t3)        to[1][i]=m[(*id2)];
                else if(t2<=t3)    to[1][i]=m[(*id1)];
            }
            else{
                to[0][i]=m[(*id1)];
                to[1][i]=m[(*id)];
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        f[i][0][0]=to[1][i],f[i][0][1]=to[0][i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int k=0;k<=1;k++)
            f[i][1][k]=f[f[i][0][k]][0][1-k];
    for(int j=2;j<=20;j++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int k=0;k<=1;k++)
                f[i][j][k]=f[f[i][j-1][k]][j-1][k];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        da[i][0][0]=abs(h[(to[1][i]==0)?i:to[1][i]]-h[i]),
        db[i][0][1]=abs(h[(to[0][i]==0)?i:to[0][i]]-h[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int k=0;k<=1;k++)
            da[i][1][k]=da[i][0][k]+da[f[i][0][k]][0][1-k],
            db[i][1][k]=db[i][0][k]+db[f[i][0][k]][0][1-k];
    for(int j=2;j<=20;j++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int k=0;k<=1;k++)
                da[i][j][k]=da[i][j-1][k]+da[f[i][j-1][k]][j-1][k],
                db[i][j][k]=db[i][j-1][k]+db[f[i][j-1][k]][j-1][k];
    int x;scanf("%d",&x);int ans;double mi=1e18;
    for(int s=1;s<n;s++){
        int p=s;ll ta=0,tb=0;
        for(int j=20;j>=0;j--)
            if(ta+tb+da[p][j][0]+db[p][j][0]<=x){
                ta+=da[p][j][0];
                tb+=db[p][j][0];
                p=f[p][j][0];
            }
        double t;if(tb==0)    t=1e18-1;
        else    t=(double)1.0*ta/tb;
        if(t<mi)    ans=s,mi=t;
    }
    printf("%d\n",ans);
    int q;scanf("%d",&q);
    while(q--){
        int s;scanf("%d%d",&s,&x);
        int p=s;ll ta=0,tb=0;
        for(int j=20;j>=0;j--)
            if(ta+tb+da[p][j][0]+db[p][j][0]<=x){
                ta+=da[p][j][0];
                tb+=db[p][j][0];
                p=f[p][j][0];
            }
        printf("%d %d\n",ta,tb);
    }
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/r138155/p/12693344.html