P1081 开车旅行
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- 题目提供者洛谷OnlineJudge
- 标签倍增2012NOIp提高组
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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。
- 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。
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
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
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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
分析：这道题不会做，看别人题解看了一下午，算是有一点心得吧，分享一下，首先看数据，似乎可以暴力个部分分，每次选取一个点就开始模拟行走.每次都要寻找第一近和第二近，非常浪费时间，那么就预处理，怎么预处理呢?排序吗？有点复杂，离得最近的一定是高度差相近的，那么能排序并且在相近的元素中寻找的数据结构是什么呢？STL的set！每次找两个前驱和后继，然后排序取前两个.不过要注意，插入set要倒着插，如果一个序列为1,2,3,如果顺着插，那么begin()分别为1,2,3，倒着插就为3,2,1,因为如果距离一样就要 去海拔高的，所以要倒着插.但是这样预处理之后还是不能通过所有的数据,我们来对算法仔细的分析，查找第一近和第二近的优化过了，枚举点似乎不能优化，那么只能优化模拟行走了.会发现两次行走可以合并成一次，有没有什么更快的枚举技巧呢？二分？似乎不行.那么就是倍增了.设f[i][j]为在位置i走2^j轮的位置，一轮就是A走和B走一次,fa[i][j]就是A在位置i走2^j轮的距离，fb[i][j]类同，那么怎么算呢？记住一个重要的性质：a^i-1 + a^i-1 = a^i,递推也可以这样,f[i][j] = f[f[i][j-1]][j-1],fa[i][j] = fa[i][j-1] + fa[f[i][j-1]][j-1],fb类同，因为n<=100000,所以2^i,i从19开始枚举，从大到小枚举，依次判断行不行即可.(真是复杂......)
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
int n, x0, m, k,x1, na[maxn], nb[maxn],ans;
long long ansa = 1e5,ansb = 0ll,fa[maxn][20], fb[maxn][20], f[maxn][20];
struct node
{
int id, high;
bool operator < (const node & b) const {
return high < b.high;
}
}c[maxn];
struct node2
{
int id, gaoducha;
bool operator < (const node2 & b) const {
if (gaoducha != b.gaoducha)
return gaoducha < b.gaoducha;
else
return c[id].high < c[b.id].high;
}
}temp[5];
set <node> s;
void init(int i)
{
set <node> ::iterator it = s.find(c[i]);
int j = 0;
if (it != s.begin())
{
--it;
temp[++j] = (node2) { it->id, abs(it->high - c[i].high) };
if (it != s.begin())
{
--it;
temp[++j] = (node2) { it->id, abs(it->high - c[i].high) };
++it;
}
++it;
}
if ((++it) != s.end())//s.end()是结尾之后的!
{
temp[++j] = (node2) { it->id, abs(it->high - c[i].high) };
if ((++it) != s.end())
temp[++j] = (node2) { it->id, abs(it->high - c[i].high) };
}
sort(temp + 1, temp + j + 1);
nb[i] = temp[1].id;
if (j == 1)
return;
na[i] = temp[2].id;
return;
}
void query(int st, int x, long long &ta, long long &tb)
{
for (int i = 19; i >= 0; i--)
if (f[st][i] && fa[st][i] + fb[st][i] <= x)
{
ta += fa[st][i];
tb += fb[st][i];
x -= fa[st][i] + fb[st][i];
st = f[st][i];
}
if (!na[st])
return;
int tempans = abs(c[na[st]].high - c[st].high);
if (tempans <= x)
ta += tempans;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &c[i].high);
c[i].id = i;
}
for (int i = n; i;i--)
{
s.insert(c[i]);
if (i != n)
init(i);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int p1 = na[i], p2 = nb[na[i]];
fa[i][0] = p1 ? abs(c[p1].high - c[i].high) : 0;
fb[i][0] = p2 ? abs(c[p2].high - c[p1].high) : 0;
f[i][0] = p2;
}
for (int j = 1; j < 20;j++) //后更新的是j所以先枚举j
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1];
fa[i][j] = fa[i][j - 1] + fa[f[i][j - 1]][j - 1];
fb[i][j] = fb[i][j - 1] + fb[f[i][j - 1]][j - 1];
}
scanf("%d", &x0);
ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
long long ta = 0ll, tb = 0ll;
query(i, x0, ta, tb);
if (tb && (!ans || ansa * tb > ansb * ta))
{
ansa = ta;
ansb = tb;
ans = i;
}
}
printf("%d\n", ans);
scanf("%d", &m);
while (m--)
{
scanf("%d%d", &k, &x1);
long long ta = 0ll, tb = 0ll;
query(k, x1, ta, tb);
printf("%d %d\n", ta, tb);
}
return 0;
}
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