题目：洛谷P1081、Vijos P1780、codevs1199。
题目大意：有n座海拔高度不相同的城市（编号1~n），两城市的距离就是两城市海拔之差。规定每次只能从编号小的城市走到编号大的城市。
现在有A和B开车旅行，A每次只开到离当前城市第二近的城市（必须是可以走的，且若两个城市与该城距离相等，海拔低的最近，下同），B则每次开到最近的城市。
他们轮流开车，A先开，开到另一个城市换人。规定行驶不超过X的路程。当两人无法按自己的开法开或将总距离要超过X时旅行结束。
现在有两小问：
1.给出X，问从哪里开始旅行，A行的路程除以B行的路程的商最小（$\frac{n}{0}=\infty$且$\infty =\infty$，两个起点的商相等时，取起点海拔较高的）。
2.每次给出起点和X，问A和B各行多少路程。
将有1个第一问，m个第二问。
（以上为题目描述压缩版.rar）
解题思路：首先，我们得处理出每座城市的最近点和次近点，朴素则$O(n^2)$。（第一部分）
然后，对于开车，我们仿佛找不出除了暴力模拟外的别的方法。
那么对于两小问分别要$O(n^2)$和$O(nm)$。（第二部分）
看了看数据规模，70分勉勉强强。
那对于100%的数据，我们的算法至少是$O(n\log_2 n)$的。
那么我们对两部分分别进行优化。
对于第一部分，优化的方法有很多种，例如STL::set($O(n\log_2 n)$)、双向链表($O(n)$)等。
我不想用set（常数太大），也搞不懂线性的链表，就用了一种带log的链表。
具体做法如下：先按高度排序，每次找一个城市，用高度做关键字二分出它在链表中的位置，那么最近点和次近点一定在它前两个元素到后两个元素之间，最后删除当前节点即可（之后不可能再开回该城市）。
对于第二部分，似乎只能模拟，但发现从每个点开始，经过的点是确定的，我们能不能每次跳过一些点，得到结果呢？
用倍增则可以把$O(n)$的查找优化到$O(\log_2 n)$。
那么思路就很明显了。
设f[i][j]表示开$2^j$次车到达的城市（A、B各开一次算一“次”），
fa[i][j]表示开$2^j$次车A开过的路程，
fb[i][j]表示开$2^j$次车B开过的路程。
则我们已经知道f[i][0]、fa[i][0]、fb[i][0]，
那么有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]。
然后大家一定知道如何模拟了吧（只要不超，就选j最大的跳）。
最后注意，A最后还可能单独开一次，不要漏下。
对于第一问，枚举起点让他开，取最优值即可。
对于第二问，直接查询，回答询问。
然后注意细节即可（像我，不注意细节，查了3小时多的错）。
时间复杂度$O(n\log_2 n)$（链表）+$O(n\log_2 n)$（倍增预处理）+$O(n\log_2 n)$（第一问）+$O(m\log_2 n)$（第二问）=$O((3n+m)\log_2 n)$。
C++ Code（凑合看吧）：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define N 100005
#define ll long long
ll n,h[N],f[N][18],fa[N][18],fb[N][18],pp[N];
struct node{
ll num,h,pre,nxt;
bool operator <(const node& rhs)const{return h<rhs.h;}
}li[N];
struct city{
ll fst,sec;
}p[N];
inline ll readint(){
char c=getchar();
bool b=false;
for(;!isdigit(c);c=getchar())b=c=='-';
ll d=0;
for(;isdigit(c);c=getchar())d=(d<<3)+(d<<1)+(c^'0');
return b?-d:d;
}
inline ll abs(ll a){return a<0?-a:a;}
ll find(ll h){
ll l=1,r=n;
while(l<=r){
ll mid=l+r>>1;
if(li[mid].h==h)return mid;
if(li[mid].h<h)l=mid+1;else
r=mid-1;
}
}
void query(ll now,ll x,ll& a,ll& b){
a=b=0;
for(ll j=17;j>=0;--j){
if(f[now][j]&&fa[now][j]+fb[now][j]<=x){
x-=fa[now][j]+fb[now][j];
a+=fa[now][j];
b+=fb[now][j];
now=f[now][j];
}
}
if(p[now].sec&&fa[now][0]<=x)a+=fa[now][0],now=p[now].sec;
}
int main(){
n=readint();
for(ll i=1;i<=n;++i)h[i]=readint(),li[i]=(node){i,h[i],0,0};
std::sort(li+1,li+n+1);
li[0]=(node){0,-0x3f3f3f3f3f3f3f3f,0,0};
li[n+1]=(node){0,0x3f3f3f3f3f3f3f3f,n+1,n+1};
for(ll i=1;i<=n;++i)li[i].pre=i-1,li[i].nxt=i+1;
memset(fa,-1,sizeof fa);
memset(p,0,sizeof p);
memset(f,0,sizeof f);
memset(pp,0x3f,sizeof pp);
for(ll i=1;i<=n;++i){
ll t=find(h[i]);
ll lh=li[li[t].pre].h,rh=li[li[t].nxt].h;
if(h[i]-lh>rh-h[i]){
p[i].fst=li[li[t].nxt].num;
pp[i]=rh-h[i];
p[i].sec=li[li[t].pre].num;
fa[i][0]=lh;
}else{
p[i].fst=li[li[t].pre].num;
pp[i]=h[i]-lh;
p[i].sec=li[li[t].nxt].num;
fa[i][0]=rh;
}
lh=li[li[li[t].pre].pre].h,rh=li[li[li[t].nxt].nxt].h;
if(h[i]-lh>rh-h[i]){
if(rh-h[i]<abs(h[i]-fa[i][0])||rh-h[i]==abs(h[i]-fa[i][0])&&fa[i][0]>rh){
p[i].sec=li[li[li[t].nxt].nxt].num;
fa[i][0]=rh;
}
}else{
if(h[i]-lh<abs(h[i]-fa[i][0])||h[i]-lh==abs(h[i]-fa[i][0])&&fa[i][0]>lh){
p[i].sec=li[li[li[t].pre].pre].num;
fa[i][0]=lh;
}
}
if(fa[i][0]!=-1)fa[i][0]=abs(h[i]-fa[i][0]);
li[li[t].nxt].pre=li[t].pre;
li[li[t].pre].nxt=li[t].nxt;
}
for(ll i=1;i<=n;++i)f[i][0]=p[p[i].sec].fst,fb[i][0]=pp[p[i].sec];
for(ll j=1;j<18;++j)
for(ll i=1;i<=n;++i)
if(i+(1<<j)<=n){
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];
}else break;
ll x0=readint(),aa=-1,ab=0,ans=0;
h[0]=0;
for(ll i=1;i<=n;++i){
ll a,b;
query(i,x0,a,b);
if(!ab&&b)aa=a,ab=b,ans=i;else
if(!ab&&!b&&h[i]>h[ans])aa=a,ab=b,ans=i;else
if(aa*b>a*ab||aa*b==a*ab&&h[i]>h[ans]&&aa*b&&a*ab)aa=a,ab=b,ans=i;
}
printf("%lld\n",ans);
for(ll m=readint();m--;){
ll s=readint(),x=readint(),a,b;
query(s,x,a,b);
printf("%lld %lld\n",a,b);
}
return 0;
}