NOIP2012 开车旅行 [Splay] [ST倍增]
1199 开车旅行 2012年NOIP全国联赛提高组
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题目描述 Description
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。
2.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。
输入描述 Input Description
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。
输出描述 Output Description
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。
样例输入 Sample Input
【样例1】
4
2 3 1 4
3
4
1 3
2 3
3 3
4 3
【样例2】
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
样例输出 Sample Output
【样例1】
1
1 1
2 0
0 0
0 0
【样例2】
2
3 2
2 4
2 1
2 4
5 1
5 1
2 1
2 0
0 0
0 0
数据范围及提示 Data Size & Hint
【输入输出样例1说明】
![NOIP2012 开车旅行 [Splay] [ST倍增]_第1张图片](http://img.e-com-net.com/image/info8/bc46f32d72c84990a5a48b9cb3e76f60.jpg)
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。
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。
考试的时候想的方法：首先Splay维护前驱后继等等，然后用了f1[u][k]和f2[u][k]两个分别来记以u出发A方式和B方式的父亲节点，同样dp就有四个数组了。。。
但是这是错的！！因为f1[u][k]=f2[f1[u][k-1]][k-1]更新的时候没有保证一定在2^(k-1)处分成两段！！！！！
正确的解法：用普通的表示方法只不过表示的是一个轮回（A，B）的信息，然后最后再尝试s的A方式父亲节点即可。
#includeid(t1),id),pos1=id(t1);
if(~t2 && (min1>dist(id(t2),id) || min1==dist(id(t2),id)&&a[id(t2)]id(t2),id),pos1=id(t2);
if(min1==INF) return make_pair(-1,-1);
if(~t1 && min1==dist(id(t1),id))
{
int tt1=pre(t1);
if(~tt1 && (min2>dist(id(tt1),id) || min2==dist(id(tt1),id)&&a[id(tt1)]id(tt1),id),pos2=id(tt1);
if(~t2 && (min2>dist(id(t2),id) || min2==dist(id(t2),id)&&a[id(t2)]id(t2),id),pos2=id(t2);
return make_pair(pos1,pos2);
}
if(~t2 && min1==dist(id(t2),id))
{
int tt2=next(t2);
if(~t1 && (min2>dist(id(t1),id) || min2==dist(id(t1),id)&&a[id(t1)]id(t1),id),pos2=id(t1);
if(~tt2 && (min2>dist(id(tt2),id) || min2==dist(id(tt2),id)&&a[id(tt2)]id(tt2),id),pos2=id(tt2);
return make_pair(pos1,pos2);
}
}
void buildtree()
{
for(int i=n;i>=1;i--)
{
int x=insert(a[i],i);
pair <int,int> now = find(x,i);
if(~now.second) fa[i][0]=now.second;
if(~now.first) fa[i][1]=now.first;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[i][0]=fa[fa[i][0]][1];
dp[i][0][0]=dist(i,fa[i][0]);
dp[i][0][1]=dist(fa[i][0],fa[fa[i][0]][1]);
}
for(int k=1;k<=D;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[i][k]=f[f[i][k-1]][k-1];
dp[i][k][0]=dp[i][k-1][0]+dp[f[i][k-1]][k-1][0];
dp[i][k][1]=dp[i][k-1][1]+dp[f[i][k-1]][k-1][1];
}
}
pair <int,int> query(int s,int x)
{
int ans1=0,ans2=0;
for(int k=D;k>=0;k--)
if(f[s][k] && ans1+ans2+dp[s][k][0]+dp[s][k][1]<=x)
{
ans1+=dp[s][k][0];
ans2+=dp[s][k][1];
s=f[s][k];
}
if(fa[s][0] && ans1+ans2+dist(s,fa[s][0])<=x) ans1+=dist(s,fa[s][0]);
return make_pair(ans1,ans2);
}
void init()
{
scanf("%d",&n);
a[0]=INF;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
buildtree();
}
#define eps 1e-7
inline int dcmp(double x)
{
if(fabs(x)return 0;
if(x>0.0) return 1;
else return -1;
}
void work1()
{
double ans=INF+1;
int pos=0;
int x0;
scanf("%d",&x0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
pair <int,int> now=query(i,x0);
double tmp=INF;
if(now.second) tmp=(double)now.first/now.second;
if(dcmp(ans-tmp)==1) ans=tmp,pos=i;
else if(dcmp(ans-tmp)==0 && a[pos]"%d\n",pos);
}
void work2()
{
int s,x;
scanf("%d%d",&s,&x);
pair <int,int> now = query(s,x);
printf("%d %d\n",now.first,now.second);
}
int main()
{
freopen("drive.in","r",stdin);
freopen("drive.out","w",stdout);
init();
work1();
int cas;
scanf("%d",&cas);
while(cas--)
work2();
}