其实就是个大模拟。
首先，根据题意，小A和小B从任意一个城市开始走，无论(X)如何，其路径是一定唯一的。
显然对于两问都可以想出一个(O(n^2))的暴力，即直接一步一步地向右走。
首先，我们当然需要知道A，B在每个城市的下一步如何走，记(nexta(i),nextb(i))为A，B在(i)处时，下一步走到的城市编号。
考虑如何高效（复杂度小于等于(O(nlogn))）维护两个(next)。
显然不能直接维护每个城市与其后面的城市的差值，再好的数据结构也会到(O(n^2))。
不妨考虑从后往前依次插入(H_i)，然后动态维护(H_isim H_n)的有序集合。这样的话，在有序集合中，最小的差值一定要么是(H_i)与其前驱，要么就是与其后继的差值。次小的差值，就是(H_i)前驱、前驱的前驱、后继、后继的后继与(H_i)的差值的次小值。这个问题，平衡树解决之，预处理(O(nlogn))。
下面考虑走(k)步的情况，当前步是A走还是B走与步数的奇偶性有关，因此我们还要分开讨论。
那么，我们不妨考虑以此为基础进行优化，比如优化到(O(nlogn))。显然地，对于这样的问题，我们可以倍增预处理，(O(logn))询问。
接下来考察我们需要什么信息，分别是(i)向后走(k)步的城市，A和B从(i)向后走(k)步的路程。
设(f[0/1][i][j])为从(i)位置，0A，1B向后走(2^j)步的城市。
显然
由于，走(2^0)步是走奇数步，有转移
对于走(2^j)步，有
设(da[0/1][i][j])表示从(i)位置，A向后走(2^j)步的路程，且现在（当前步）是0A，1B在开车，还没走时的A开的距离
显然
有转移
设(db[0/1][i][j])表示从(i)位置，B向后走(2^j)步的路程，且现在是0A，1B在开车。
跟(da)差别不大，不再赘述。
预处理完成之后，我们开始考虑题述问题。
对于第一问，对给出的(X_0)，我们枚举城市(S_i)，倍增统计走(X_0)步的答案（当然超出(N)要特判），(O(nlogn))解决之。
对于第二问，同样的，对于每一组(S_i,X_i)，直接倍增统计即可，复杂度(O(mlogn))。
总复杂度在(O((n+m)logn))左右，完全可以通过本题。
注意，这道题的细节之数量足以让人去世。
代码未经重构，很丑。
参考代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#define INF 0x7fffffff
#define PI acos(-1.0)
#define N 100010
#define MOD 2520
#define E 1e-12
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read()
{
ll f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
set<int> h;
map<int,int> mp;
int t;
ll n,a[N],na[N],nb[N],f[2][N][21],da[2][N][21],db[2][N][21];
int main()
{
n=read();t=log2(n);
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
a[0]=INF,a[n+1]=-INF;
h.insert(INF);
h.insert(-INF);
mp[-INF]=0,mp[INF]=n+1;
for(int i=n;i>=1;--i){
h.insert(a[i]);mp[a[i]]=i;
ll n1=((++h.find(a[i])!=h.end())?(*++h.find(a[i])):INF),n2=(((++(++h.find(a[i])))!=h.end())?(*++(++h.find(a[i]))):INF);
ll p1=((h.find(a[i])!=h.begin())?(*--h.find(a[i])):-INF),p2=((--h.find(a[i])!=h.end())?(*--(--h.find(a[i]))):-INF);
if(n1-a[i]>=a[i]-p1){
nb[i]=mp[p1];
na[i]=(n1-a[i]>=a[i]-p2)?mp[p2]:mp[n1];
}
else{
nb[i]=mp[n1];
na[i]=(n2-a[i]>=a[i]-p1)?mp[p1]:mp[n2];
}
f[0][i][0]=na[i];f[1][i][0]=nb[i];
da[0][i][0]=abs(a[i]-a[na[i]]);
db[1][i][0]=abs(a[i]-a[nb[i]]);
}
for(int j=1;j<=t;++j){
for(int i=1;i<=n;++i){
if(j==1){
f[0][i][1]=f[1][f[0][i][0]][0];
f[1][i][1]=f[0][f[1][i][0]][0];
da[0][i][1]=da[0][i][0]+da[1][f[0][i][0]][0];
da[1][i][1]=da[1][i][0]+da[0][f[1][i][0]][0];
db[0][i][1]=db[0][i][0]+db[1][f[0][i][0]][0];
db[1][i][1]=db[1][i][0]+db[0][f[1][i][0]][0];
}else{
f[0][i][j]=f[0][f[0][i][j-1]][j-1];
f[1][i][j]=f[1][f[1][i][j-1]][j-1];
da[0][i][j]=da[0][i][j-1]+da[0][f[0][i][j-1]][j-1];
da[1][i][j]=da[1][i][j-1]+da[1][f[1][i][j-1]][j-1];
db[0][i][j]=db[0][i][j-1]+db[0][f[0][i][j-1]][j-1];
db[1][i][j]=db[1][i][j-1]+db[1][f[1][i][j-1]][j-1];
}
}
}/
int x0=read(),s0=0;
double ans=1e14,nans=1e14;//task 1
for(int i=1;i<=n;++i){
int now=i;
ll resa=0,resb=0;
for(int j=t;j>=0;--j){
if(f[0][now][j]){
if(resa+resb+da[0][now][j]+db[0][now][j]>x0)
continue;
resa+=da[0][now][j];resb+=db[0][now][j];
now=f[0][now][j];
}
}
nans=(double)resa/(double)resb;
if(nans<ans){
ans=nans,s0=i;
}
else{
if(nans==ans&&a[s0]<a[i]) s0=i;
}
}
printf("%d
",s0);
int m=read();//task 2
while(m--){
ll si=read(),xi=read();
ll resa=0,resb=0,now=si;
for(int j=t;j>=0;--j){
if(f[0][now][j]){
if(resa+resb+da[0][now][j]+db[0][now][j]>xi)
continue;
resa+=da[0][now][j];resb+=db[0][now][j];
now=f[0][now][j];
}
}
printf("%lld %lld
",resa,resb);
}
return 0;
}