題目描述動態規劃+倍增。小 a 和小 b 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
hi，城市 i 和城市 j 之間的距離 d[i,j]恰好是這兩個城市海拔高度之差的絕對值，即
d[i,j] = |hi− hj|。
旅行過程中，小 a 和小 b 輪流開車，第一天小 a 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 a 和小 b
的駕駛風格不同，小 b 總是沿著前進方向選擇乙個最近的城市作為目的地，而小 a 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 a 想知道兩個問題：
1．對於乙個給定的 x=x0，從哪乙個城市出發，小 a 開車行駛的路程總數與小 b 行駛
的路程總數的比值最小（如果小 b 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 a
開車行駛的路程總數與小 b 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。
總數。 輸入輸出格式 輸入格式：對任意給定的 x=xi和出發城市 si，小 a 開車行駛的路程總數以及小 b 行駛的路程第一行包含乙個整數 n，表示城市的數目。
第二行有 n 個整數，每兩個整數之間用乙個空格隔開，依次表示城市 1 到城市 n 的海
拔高度，即 h1，h2，……，hn，且每個 hi都是不同的。
第三行包含乙個整數 x0。
第四行為乙個整數 m，表示給定 m 組 si和 xi。
接下來的 m 行，每行包含 2 個整數 si和 xi，表示從城市 si出發，最多行駛 xi公里。
輸出格式：
輸出共 m+1 行。
第一行包含乙個整數 s0，表示對於給定的 x0，從編號為 s0的城市出發，小 a 開車行駛
的路程總數與小 b 行駛的路程總數的比值最小。
接下來的 m 行，每行包含 2 個整數，之間用乙個空格隔開，依次表示在給定的 si和
xi下小 a 行駛的里程總數和小 b 行駛的里程總數。
dis[i][j][k][l]表示從i點出發，走2^j步，k先走，l的路程長度。
求出這個以後，就可用倍增求出某一點出發路程總長度不超過某乙個值，兩個人分別走的路程長度。
這樣對於第二問，直接求。對於第一問，列舉起點求。
因為每次計算複雜度是o(logn)，所以計算階段的總複雜度為o(nlogn+mlogn)。
接下來考慮如何求dis陣列。
不難寫出轉移方程dis[i][j][k][l]=dis[i][j-1][k][l]+dis[des[i][j-1][k]][j-1][k][l]。
其中des[i][j][k]表示從i出發，走2^j步，k先開，最後的終點。
邊界條件就是j=0，直接根據des計算。
這一步的複雜度為o(nlogn)。
接下來考慮如何求des陣列。
同理，不難寫出方程des[i][j][k]=des[des[i][j-1][k]][j-1][k]。
但是有兩點需要注意。
1.j=1時特殊考慮，方程變為des[i][1][k]=des[des[i][0][j]][0][k^1]。
2.邊界條件，即如何求des[i][0][j]。
建立一棵平衡樹【或者直接用set】，從右向左掃瞄，掃瞄到某乙個點時，當前set裡的就是該點右邊的點。用lower_bound()即可求出最近點和次近點。然後把該點插入set中。
平衡樹複雜度o(nlogn)，求des同樣o(nlogn)。
綜上所述，總的時間複雜度為o((m+n)logn)。
實現時注意的細節：
1.set裡可以預先插入無窮大和無窮小，避免各種re。
2.倍增求dis和des的時候，2的冪j迴圈要放在最外面。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
long
long oo=100000023333333;
long
long des[100010][20][2],dis[100010][20][2][2],to[100010][2],lim,n;
struct city
void cal(int s,long
long l,long
long &ansa,long
long &ansb)
else
p--;
}int main()
setpl;
tem.num=0;
tem.hei=oo;
pl.insert(tem);
tem.hei=-oo;
pl.insert(tem);
tem.hei=oo+1;
pl.insert(tem);
tem.hei=-oo-1;
pl.insert(tem);
for (i=n;i>=1;i--)
else
pl.insert(dat[i]);
}for (i=1;i<=n;i++)
for (j=0;j<=1;j++)
des[i][0][j]=to[i][j];
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=0;j<=1;j++)
des[i][1][j]=des[des[i][0][j]][0][j^1];
for (j=2;j<=lim;j++)
for (i=1;i<=n;i++)
for (k=0;k<=1;k++)
des[i][j][k]=des[des[i][j-1][k]][j-1][k];
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=0;j<=1;j++)
dis[i][0][j][j]=abs(dat[i].hei-dat[des[i][0][j]].hei);
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=0;j<=1;j++)
for (k=0;k<=1;k++)
if (j==k)
dis[i][1][j][j]=dis[i][0][j][j];
else
dis[i][1][j][k]=dis[des[i][0][j]][0][k][k];
for (j=2;j<=lim;j++)
for (i=1;i<=n;i++)
for (k=0;k<=1;k++)
for (l=0;l<=1;l++)
dis[i][j][k][l]=dis[i][j-1][k][l]+dis[des[i][j-1][k]][j-1][k][l];
scanf("%lld",&len);
cal(1,len,ansa,ansb);
ans=1;
for (i=2;i<=n;i++)
}else}}
printf("%lld\n",ans);
scanf("%lld",&m);
for (i=1;i<=m;i++)
}
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