题解：[JOIST 2023] 比太郎之旅 / Bitaro's Travel

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题意分析

首先发现，\(n,q\leq2\times 10^5\)，\(\mathcal O(q)\) 肯定是不能省略的。

每一个询问其实都差不多，因此考虑如何高效的求出总旅行距离。

性质

记 \((p,q)\) 表示节点 \(p\sim q\) 的距离，即 \(\vert x_p-x_q\vert\)。

令当前起始坐标为 \(s\)。首先可以通过一次二分求出离 \(s\) 最近的节点 \(p\)。

显然，走过的节点一定是在一段连续区间内，记该区间为 \([l,r]\)。（\(l,r\) 表示节点编号）

如果打一个暴力，就会发现转向次数不会很多。

不妨令 Bitaro 上一次在 \(r\) 处向左转向走到 \(l\)，在 \(l\) 处向右转向，走到 \(r+1\) 后继续向右走。

则有：

\[(r,r+1)\geq(l,r) \]

---

考虑反证。

假设 \((r,r+1)<(l,r)\) 成立。

则：

\[(r,r+1)<(r-1,r)+(r-2,r-1)+(r-3,r-2)+\cdots(l,l+1) \]

考虑到在 \(r\) 处是向左走走到 \(r-1\)，因此 \((r-1,r)<(r,r+1)\)，与上式矛盾。

故假设不成立。

---

这样的话，每次转向之前走的路程就是指数级增长的，则转向次数为 \(\mathcal O(\log V)\)，其中 \(V\) 为坐标值域。

那就可以考虑如何快速地跳到转向的位置，可以考虑二分。

以向左走，扩展左边界寻找向右转向的位置 \(l'\) 为例。

记当前区间为 \([l,r]\)。

二分一个节点 \(p\)，使得 \(x_p\geq x_l-(r+1,l)\) 且 \(p\) 最小。

• 若 \(p<l\)，就代表 \(p\) 是一个可行的 \(l'\) 且是最小的 \(l'\)，那么就找到了转向点。

• 否则若 \(p\geq l\)，就代表不可转向，只能继续走。

但是实际上这一部分用什么都可以，ST 表倍增也可以，数据结构维护也可以。

AC 代码

时间复杂度：\(\mathcal O(q\log V\log n)\)。

其中，\(\mathcal O(\log n)\) 是二分带来的。

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
//#define DEBUG
typedef long long ll;
constexpr const int N=2e5,Q=2e5;
constexpr const ll Ans=N*1e9;
int n,q,x[N+1];
ll query(ll s){
	int l,r;
	l=lower_bound(x+1,x+n+1,s)-x;
	l=min(l,n);
	if(l-1&&s-x[l-1]<=x[l]-s){
		l--;
	}
	ll ans=abs(x[l]-s);
	r=l;
	bool mode=true;//1:向左,0:向右 
	while(1<l&&r<n){
		if(mode){
			int pl=x[r+1]-x[l];
			int p=lower_bound(x+1,x+n+1,x[l]-pl)-x;
			if(p<l){
				ans+=x[l]-x[p];
				l=p;
			}else{
				ans+=pl;
				r++;
				mode=!mode; 
			}
		}else{
			int pl=x[r]-x[l-1];
			int p=lower_bound(x+1,x+n+1,x[r]+pl)-x-1;
			if(r<p){
				ans+=x[p]-x[r];
				r=p;
			}else{
				ans+=pl;
				l--;
				mode=!mode;
			}
		}
	}
	ans+=x[n]-x[1]; 
	return ans;
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>x[i];
	}
	cin>>q;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		ll s;
		cin>>s;
		cout<<query(s)<<'\n';
	}
	
	cout.flush();
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}