这道题目的难度估计是noip之壁了吧。。。
70分的模拟做法之前已经讲过了，现在来说说100分的倍增做法。
首先，读入海拔后，我们可以预处理出从任意一个城市出发， 小A与小B能到达的下一个城市。思路就这么短，但代码非常繁琐，我感觉这部分甚至比倍增还麻烦。我们需要先将城市编号与海拔存在结构体内，对结构体按海拔高低进行排序，然后从1号城市到n号城市寻找其左右相邻的两个城市（还要这样离得最近），判断出来后通过链表记录前驱后继来删除该节点，将每一种情况都考虑到，还要注意是否越界。。。我个人一开始想的太简单，后来一点一点改，不断尝试输出数据直到正确为止，花了我两个半小时。。。这里讲讲能让这部分简单的方法吧。可以将数组的0位和n+1、n+2位设成非常大的数，然后对处在1位置上的数进行特判，这样一来我们的边界情况只用考虑左边界，而且可以解决。我的链表是按照位置存的，排完序后我还开了一个to数组记录某个城市排序后所在的位置。这样在枚举城市时可以直接用to[i]代表当前城市所在位置，而链表又是按照位置存的，相对来说比较方便。处理完这个问题，我们就需要用倍增解决剩下的问题了。我们定义go[i][j]代表从第i号城市出发，经过2^j轮所到达的城市，注意这里的轮是指小A小B都走过了，而且一定是小A先走的。定义A[i][j]代表小A从第i号城市出发，经过2^j轮所经过的路程，B[i][j]代表小A从第i号城市出发后小B走，经过2^j轮所经过的路程。这里的i一定是在一轮内的i，举个例子，go[i][0]，i为1，1号城市到2号城市海拔差为6,2号到3号为5，那么A[i][0]=6,B[i][0]=5。明白这一点后，我们需要对倍增数组初始化，go[i][0]就是tb[ta[i]]，也就是A走到某个城市后B在这个城市的基础上再走所到达的城市。A[i][0]就是小A从i出发到达城市的海拔减去一开始所在城市海拔的绝对值，B[i][0]就是在某一轮内从i号城市出发，最后到达的城市的海拔减去小A到达的城市的海拔的绝对值（为什么是这样，上面有例子了）。然后我们可以从1-20更新倍增数组，思路和一般的倍增差不多。得到了以上信息，我们就可以回答题目问的问题了。第一问是对于给定的最大路程，求从哪个城市出发小A/小B的值最小。那么我们写一个函数f(start,x)，代表从start城市出发，最大路程是x。首先db=0的话答案是正无穷，不用考虑（其实也有可能都是正无穷 不过数据里没有这种情况）设da、db分别代表小A走的路程与小B走的路程然后我们从19到0枚举倍增数组，如果go[start][i]不是0（没有走超了地图）并且da+db+A[start][i]+B[start][i]在最大限度内，就更新da、db与出发点start。注意这是一整轮的情况，有可能走完一整轮后下一轮小B不能再走但小A能走，所以在倍增数组外判断一下如果小A还能走且在限度内就更新da。这样回到第一问，我们枚举出发点、不断更新最小值，最后就能得到从哪个城市出发AB比值最小了。对于第二问，我们只需要将读入的城市与限度放到函数里，输出da、db即可。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=100010;
int ta[maxn],tb[maxn];
int to[maxn];
int h[maxn];
int go[maxn][25],A[maxn][25],B[maxn][25];
int n,m,da,db;
double minn=1e9;
ll x0;
struct city
{
ll h;
int id;
int pre;
int nnext;
}a[maxn];
bool cmp(const city &a,const city &b)
{
return a.h<b.h;
}
void pd(int start,ll x)
{
da=0,db=0;
for(int i=19;i>=0;i--)
{
if(go[start][i]!=0&&(ll)(da+db+A[start][i]+B[start][i])<=x)
{
da+=A[start][i];
db+=B[start][i];
start=go[start][i];
}
}
if(ta[start]!=0&&(ll)(da+db+A[start][0])<=x)
{
da+=A[start][0];
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&h[i]);
a[i].h=h[i];
a[i].id=i;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
a[0].h=a[n+1].h=a[n+2].h=1e10;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i].pre=i-1;
a[i].nnext=i+1;
to[a[i].id]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int m1=0,m2=0;
if(to[i]==1)
{
m1=a[a[to[i]].nnext].id;
m2=a[a[a[to[i]].nnext].nnext].id;
}
else
{
if(abs(a[a[to[i]].nnext].h-a[to[i]].h)>abs(a[a[to[i]].pre].h-a[to[i]].h))
{
m1=a[a[to[i]].pre].id;
if(abs(a[a[to[i]].nnext].h-a[to[i]].h)>abs(a[a[a[to[i]].pre].pre].h-a[to[i]].h))
{
m2=a[a[a[to[i]].pre].pre].id;
}
if(abs(a[a[to[i]].nnext].h-a[to[i]].h)<abs(a[a[a[to[i]].pre].pre].h-a[to[i]].h))
{
m2=a[a[to[i]].nnext].id;
}
if(abs(a[a[to[i]].nnext].h-a[to[i]].h)==abs(a[a[a[to[i]].pre].pre].h-a[to[i]].h))
{
m2=a[a[a[to[i]].pre].pre].id;
}
}
if(abs(a[a[to[i]].nnext].h-a[to[i]].h)<abs(a[a[to[i]].pre].h-a[to[i]].h))
{
m1=a[a[to[i]].nnext].id;
if(abs(a[a[a[to[i]].nnext].nnext].h-a[to[i]].h)>abs(a[a[to[i]].pre].h-a[to[i]].h))
{
m2=a[a[to[i]].pre].id;
}
if(abs(a[a[a[to[i]].nnext].nnext].h-a[to[i]].h)<abs(a[a[to[i]].pre].h-a[to[i]].h))
{
m2=a[a[a[to[i]].nnext].nnext].id;
}
if(abs(a[a[a[to[i]].nnext].nnext].h-a[to[i]].h)==abs(a[a[to[i]].pre].h-a[to[i]].h))
{
m2=a[a[to[i]].pre].id;
}
}
if(abs(a[a[to[i]].nnext].h-a[to[i]].h)==abs(a[a[to[i]].pre].h-a[to[i]].h))
{
m1=a[a[to[i]].pre].id;
m2=a[a[to[i]].nnext].id;
}
}
a[a[to[i]].pre].nnext=a[to[i]].nnext;
a[a[to[i]].nnext].pre=a[to[i]].pre;
ta[i]=m2;
tb[i]=m1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
go[i][0]=tb[ta[i]];
A[i][0]=abs(h[ta[i]]-h[i]);
B[i][0]=abs(h[go[i][0]]-h[ta[i]]);
}
for(int i=1;i<=20;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
go[j][i]=go[go[j][i-1]][i-1];
A[j][i]=A[j][i-1]+A[go[j][i-1]][i-1];
B[j][i]=B[j][i-1]+B[go[j][i-1]][i-1];
}
}
scanf("%lld %d",&x0,&m);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
pd(i,x0);
// cout<<da<<' '<<db<<endl;
if(db!=0&&1.0*da/db<minn)
{
minn=1.0*da/db;
ans=i;
}
}
printf("%d\n",ans);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int s;
ll x;
scanf("%d %lld",&s,&x);
pd(s,x);
printf("%d %d\n",da,db);
}
return 0;
}