【题解】「AT4303」[ABC119D] Lazy Faith

AT4303 [ABC119D] Lazy Faith[题解][二分]

AT4303

translation

有 (a) 个点 (s)，有 (b) 个点 (t)，问从点 (x) 出发到达至少一个 (a) 和一个 (b) 的最短距离是多少。

solution

我们先举一个简单的例子，假如我们有 (2) 个点 (s) 分别在 (3,6) 和 (2) 个点 (t) 分别在 (2,5)，(x) 从 (4) 出发。

先画一个图更好的理解

那么我们现在有 (4) 种选择：

• 选择 (s_1) 和 (t_1)
• 选择 (s_2) 和 (t_2)
• 选择 (s_1) 和 (t_2)
• 选择 (s_2) 和 (t_1)

那么可以想想，还有其他的选择吗？并没有！

因为要选择最短的路线，如果在 (t_1) 左边或 (s_2) 右边还有点的话，若选择它肯定距离长，肯定要舍。

所以总结，只有这四种选法：

• 左 (s) 左 (t)
• 右 (s) 右 (t)
• 左 (s) 右 (t)
• 右 (s) 左 (t)

所以只要将这 (4) 种选法都算出来，取 (min) 即可。

那如何算？

第一个问题：

如何找到在 左/右 边离 (x) 最近的 (s/t)？

这里我们就要用到 二分

众所周知 用二分可以用 lower_bound 和 upper_bound 函数。

我们在这里简单介绍一下这两种函数。

• lower_bound
  此函数通过二分的原理，在 (a) 数组中找到第一个 (leq x) 的数。
  使用：lower_bound(a + 1, a + n + 1, x)
• upper_bound
  使用方法与 lower_bound 类似，但是找到第一个 (le x) 的数。

那么我们找到在 左/右 边离 (x) 最近的 (s/t) 就很容易了。

code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#define int long long
using namespace std;

const int NR = 1e5 + 5;
int a, b, q;
int s[NR], t[NR];

void solve() {
	int x;
	cin >> x;
	int ss = lower_bound(s + 1, s + a + 1, x) - s;
	int sm = lower_bound(t + 1, t + b + 1, x) - t;
	int ans = 9e18;
	//左社左寺
	if (ss > 1 && sm > 1) {
		ans = min(ans, max(x - s[ss - 1], x - t[sm - 1]));
	}
	//右社右寺
	if (ss <= a && sm <= b) {
		ans = min(ans, max(s[ss] - x, t[sm] - x));
	}
	//左社右寺
	if (ss > 1 && sm <= b) {
		if (x - s[ss - 1] <= t[sm] - x) //如果左比右近或两边距离出发点相等，就先走左边
			ans = min(ans, (x - s[ss - 1]) * 2 + (t[sm] - x));
		else
			ans = min(ans, (t[sm] - x) * 2 + (x - s[ss - 1]));
	}
	//右社左寺
	if (ss <= a && sm > 1) {
		if (s[ss] - x <= x - t[sm - 1]) //如果右比左近，就先走右边
			ans = min(ans, (s[ss] - x) * 2 + (x - t[sm - 1]));
		else
			ans = min(ans, (x - t[sm - 1]) * 2 + (s[ss] - x));
	}
	cout << ans << endl;
	return;
}

signed main() {
	cin >> a >> b >> q;
	for (int i = 1; i <= a; i++) cin >> s[i];
	for (int i = 1; i <= b; i++) cin >> t[i];
	sort(s + 1, s + a + 1);
	sort(t + 1, t + b + 1);
	while (q--) solve();
	return 0;
}