luogu p1081 開車旅行

傳送門此題為複雜細節題，無法總結題意，所以給出原題：

小 $\text$ 和小 $\text$ 決定利用假期外出旅行，他們將想去的城市從 $1 $ 到 $n$ 編號，且編號較小的城市在編號較大的城市的西邊，已知各個城市的海拔高度互不相同，記城市 $i$ 的海拔高度為$h_i$，城市 $i$ 和城市 $j$ 之間的距離 $d_$ 恰好是這兩個城市海拔高度之差的絕對值，即 $d_=|h_i-h_j|$。

旅行過程中，小 $\text$ 和小 $\text$ 輪流開車，第一天小 $\text$ 開車，之後每天輪換一次。他們計畫選擇乙個城市 $s$ 作為起點，一直向東行駛，並且最多行駛 $x$ 公里就結束旅行。

小 $\text$ 和小 $\text$ 的駕駛風格不同，小 $\text$ 總是沿著前進方向選擇乙個最近的城市作為目的地，而小 $\text$ 總是沿著前進方向選擇第二近的城市作為目的地（注意：本題中如果當前城市到兩個城市的距離相同，則認為離海拔低的那個城市更近）。如果其中任何一人無法按照自己的原則選擇目的城市，或者到達目的地會使行駛的總距離超出 $x$ 公里，他們就會結束旅行。

在啟程之前，小 $\text$ 想知道兩個問題：

1、對於乙個給定的 $x=x_0$，從哪乙個城市出發，小 $\text$ 開車行駛的路程總數與小 $\text$ 行駛的路程總數的比值最小（如果小 $\text$ 的行駛路程為 $0$，此時的比值可視為無窮大，且兩個無窮大視為相等）。如果從多個城市出發，小 $\text$ 開車行駛的路程總數與小 $\text$ 行駛的路程總數的比值都最小，則輸出海拔最高的那個城市。

2、對任意給定的 $x=x_i$ 和出發城市 $s_i$，小 $\text$ 開車行駛的路程總數以及小 $\text b$ 行駛的路程總數。

首先考慮暴力做法。

預處理出四個陣列：a, b, disa, disb。

然後模擬行車過程即可。

**就不給了，懶得寫……

稍加思考便可知，預處理是 $\mathcal(n ^ 2)$ 的。

然後再模擬行車過程，複雜度 $\mathcal(nm)$。

觀察資料範圍，暴力做法能得到 $70 \mathtt$，分數非常可觀。

接下來就是正菜了，我們考慮在暴力的基礎上優化一下。

觀察到每次a和b的目標點在位置確定時就已經確定了，因此考慮倍增。

distota[i][j] 表示汽車從i，被a和b輪流分別開了 1 << j 次後 a 的總路程
distotb[i][j] 表示汽車從i，被a和b輪流分別開了 1 << j 次後 b 的總路程
curpos[i][j] 表示汽車從i，被a和b輪流分別開了 1 << j 次後汽車的位置

先考慮 $j=0$ 的情況：

for (int i = 1; i <= n; ++i)

這個還是很好理解的吧！

再來看看 $j \ge 1$ 的情況：

for (int j = 1; j <= maxlogn - 5; ++j)
for (int i = 1; i <= n; ++i) 
}

那麼倍增我們就優化完了，乙個 $n$ 掉成了 $\log n$。但是這還遠遠不夠。

disa和disb的處理仍然是平方級別的。怎麼辦呢？我們使用雙向鍊錶來把這裡的預處理降低成 $\mathcal(n)$ 級別。

首先，我們把這 $n$ 個城市按照高度排序。（好吧，這已經 $n \log n$ 了）

排序後，那麼乙個城市 $i$ 的最小距離點和次小距離點，一定就在 $i-2$, $i-1$, $i+1$, $i+2$ 這四個位置上。

那麼第乙個找點的顯然就是一號城市。然後你就會驚奇的發現，一號城市就是最西邊了，也就是說找到的任何城市都在一號城市東邊。這大大方便我們直接計算disa和disb的值。

找到之後，炸了一號城市，開始處理二號城市。嗯因為一號城市已經被炸了，同樣所有城市都在二號城市東邊，太方便啦！

處理完乙個炸乙個，直到最後炸沒了，整個disa和disb就求解完畢了。

至於為什麼用雙向鍊錶嘛，這是因為炸城市需要鍊錶維護，然後我們又需要找乙個城市的前驅和後繼，嗯，妥妥雙向鍊錶。

整體就是 $\mathcal(n\log n)$ 這個級別的，顯然這個演算法可以通過此題。

那就上**吧！

/*
* @author: crab-in-the-northeast 
* @date: 2020-11-20 23:36:45 
* @last modified by: crab-in-the-northeast
* @last modified time: 2020-11-21 01:00:02
*/#include const int maxn = 100005;
const int maxlogn = 25;
const double eps = 0.0000001;
inline long long read() 
while (ch >= '0' && ch <= '9') 
if (f) 
return x;
return ~(x - 1);
}int n;
long long a[maxn], b[maxn], disa[maxn], disb[maxn], distota[maxn][maxlogn], distotb[maxn][maxlogn], curpos[maxn][maxlogn];
struct building 
}a[maxn];
int p[maxn];
inline void upddis(int spos, int s, int t)  else if (disa[spos] == 0 || disa[spos] > dis || (disa[spos] == dis && a[t] < a[p[a[spos]]])) 
return ;
}int main() 
std :: sort(a + 1, a + 1 + n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) 
// solve disa, disb on
for (int i = 1; i <= n; ++i) 
//puts("fff");
// solve distota, distotb, onlogn
for (int i = 1; i <= n; ++i) 
for (int j = 1; j <= maxlogn - 5; ++j)
for (int i = 1; i <= n; ++i) 
}// solve part1 nlogn
long long x0 = read(), ans = 0;
double minrat = int_max;
for (int i = 1; i <= n; ++i) 
}if (disa[pos] <= tmpx)
ansa += disa[pos];
if (ansa == 0)
continue;
if (ans == 0 || minrat - 1.0 * ansa / ansb > eps || (fabs(minrat - 1.0 * ansa / ansb) <= eps && a[p[ans]] < a[p[i]])) 
}std :: printf("%lld\n", ans);
// solve part2 mlogn
int m = read();
while (m--) 
}if (disa[s] <= x) 
ansa += disa[s];
std :: printf("%lld %lld\n", ansa, ansb);
}return 0;
}

如果對於乙個點，選擇具有唯一性（或者說跳到**的選擇只和位置有關），那麼就可以考慮倍增優化。

附乙個白話倍增（經典作品）

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