题目描述
一条道路上，位置点用整数A表示。
当A=0时，有一个王宫。当A>0，就是离王宫的东边有A米，当A<0，就是离王宫的西边有A米。
道路上，有N个住宅从西向东用1-N来标号。每个住宅有一个人。住宅只会存在于偶数整数点。
该国国王认为，国民体质下降，必须要多运动，于是下命令所有人都必须出门散步。所有的国民，一秒钟可以走1米。每个国民各自向东或者向西走。这些方向你是知道的。命令发出后所有人同时离开家门开始散步。
然而该国的国民个都很健谈，如果在散步途中两个人相遇，就会停下来交谈。正在走路的人碰到已经停下来的人（重合）也会停下来交谈。一但停下来，就会聊到天昏地暗，忘记了散步。
现在命令已经发出了T秒，该国有Q个重要人物，国王希望能够把握他们的位置。你能帮他解答吗？
输入格式
第一行是3个整数，N,T,Q
接下来N行，每行两个整数Ai,Ri。Ai是家的坐标，如果Ri是1，那么会向东走，如果是2，向西。数据保证Ai是升序排序，而且不会有两个人初始位置重合。
接下来Q行，每行一个整数，表示国王关心的重要人物。
输出格式
Q行，每行一个整数，表示这个人的坐标。
20%数据 N<=100,T<=10000
另外20%数据 N<=5000
另外20%数据 从最西边数起连续的若干国民全部往东，剩下的全部往西
100%数据 Ai为偶数，|Ai|<=10^18,|T|<=10^18,1<=Q<=N<=100000.
----------------------------------------我是分割线---------------------------------------------------------------
题面大意：数轴上有n个人，每秒钟在给定的方向（向东或向西）移动一个距离，当一个人与一个人相遇时两人不再移动，求t秒后，指定m个人所在的位置。
看到这道题的第一眼，估计你们应该都想出正解了，这题的正解应该是比较好想的。
对于每一个行走的人（以向西走的为例），最终停下来无非三种情况：
1，时间到了，不能再走了。
2，和自己西边向东走的人相遇了。
3，自己西边的有人相遇了，自己遇上了相遇的人。
对于最西边向西走的，可以不用管他。
同理可以判定向东走的人。分类讨论就行了。
时间复杂度O（N）。
贴上代码方便理解：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int n, Q, q[N];
long long ans[N], p[N][2], t;
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
int main(){
n = read(); t = read(); Q = read();
rep(i, 1, n) p[i][0] = read(), p[i][1] = read();
rep(i, 1, Q) q[i] = read();
rep(i, 1, n)
if(p[i][1] == 2){
if(i == 1)
ans[i] = p[i][0] - t;
else if(p[i-1][1] == 2)
ans[i] = max(ans[i-1], p[i][0]-t);
else ans[i] = max(p[i][0]/2+p[i-1][0]/2, p[i][0]-t);
}
per(i, n, 1)
if(p[i][1] == 1){
if(i == n)
ans[i] = p[i][0]+t;
else if(p[i+1][1] == 1)
ans[i] = min(ans[i+1], p[i][0]+t);
else ans[i] = min(p[i][0]/2+p[i+1][0]/2, p[i][0]+t);
}
rep(i, 1, Q) printf("%d\n", ans[q[i]]);
return 0;
}
但是，这不是重点，这道题还有一个非正解的O（N logN）的做法，常数巨小，跑的比上面的O（N）正解还要快！
思路：预处理出每一个相遇点，与当位置+或者-t，看看是否会到达最近的相遇点，如果能就输出相遇点，否则输出pos+t 或者pos-t.最近的相遇点可以二分查找，细节有点多，需要额外注意。
code：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
const ll inf = 4557430888798830399;
ll n, t, q;
ll s[N], k = 0;
struct people{ll pos, dic, id; } a[N];
bool mycmp(people a, people b) {return a.pos < b.pos; }
inline ll read(){
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >='0' && ch <='9'){x = (x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}
return x*f;
}
int main(){
n = read(); t = read(); q = read();
rep(i, 1, n) a[i].pos = read(), a[i].dic = read(), a[i].id = i;
sort(a+1, a+n+1, mycmp);
rep(i, 2, n){
if(a[i].dic == 2 && a[i-1].dic == 1) s[++k] = (a[i].pos+a[i-1].pos)>>1;
}
s[0] = -inf, s[k+1] = inf;
rep(i, 1, q){
ll x = read();
ll posx = a[a[x].id].pos, flag = a[a[x].id].dic;
ll l = 1, r = k, mid;
while(l < r){
mid = (l+r)>>1;
if(flag == 1){
if(s[mid] < posx) l = mid+1;
if(s[mid] > posx) r = mid;
}
if(flag == 2){
if(mid == l) mid++;
if(s[mid] < posx) l = mid;
if(s[mid] > posx) r = mid-1;
}
}
mid = l;
if(s[mid] < posx && flag == 2){
if(s[mid+1] < posx && s[mid+1] != inf) mid++;
}
if(s[mid] > posx && flag == 1){
if(s[mid-1] > posx && s[mid-1] != inf) mid--;
}
if(flag == 1){
if(s[mid] > posx+t && s[mid] > posx) printf("%lld\n", posx+t);
else if(s[mid] < posx) printf("%lld\n", posx+t);
else if(s[mid] < posx+t && s[mid] > posx) printf("%lld\n", s[mid]);
else printf("%lld\n", s[mid]);
}
if(flag == 2){
if(s[mid] < posx-t && s[mid] < posx) printf("%lld\n", posx-t);
else if(s[mid] > posx-t && s[mid] < posx) printf("%lld\n", s[mid]);
else if(s[mid] > posx) printf("%lld\n", posx-t);
else printf("%lld\n", s[mid]);
}
}
return 0;
}
好了，这道题就这么愉快地结束了。