思路：
首先令 \(nxt1_i\) 表示右侧最近的城市距离（\(id1_i\) 为编号），令 \(nxt2_i\) 表示右侧第二近的城市编号（\(id2_i\) 为编号）；可以使用 set 找出离这个城市最近的 \(4\) 个城市（前面两个，后面两个）。
定义：
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\(f_{i,j}\) 表示从 \(i\) 点出发走 \(2^j\) 轮最后到达的位置。
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\(dp1_{i,j}\) 表示从 \(i\) 点出发走 \(2^j\) 轮最后 A 走过的距离。
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\(dp2_{i,j}\) 表示从 \(i\) 点出发走 \(2^j\) 轮最后 B 走过的距离。
初始化：
\[f_{i,0} = id1_{id2_i} \]\[dp1_{i,0} = nxt2_{i} \]\[dp2_{i,0} = nxt1_{id2_i} \]状态转移方程为：
\[f_{i,j} = f_{f_{i,j-1},j-1} \]\[dp1_{i,j} = dp1_{i,j-1} + dp1_{f_{i,j-1},j-1} \]\[dp2_{i,j} = dp2_{i,j-1} + dp2_{f_{i,j-1},j-1} \]此时对于询问 \(1\) 和询问 \(2\)：
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本质上是求出从每个城市出发后 \(A\) 走的距离与 \(B\) 走的距离。
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那么考虑从高位到低位贪心，即设当前跳到了 \(s\) 点，若 \(dp1_{s,i} + dp2_{s,i} \le x\)，可以从 \(s\) 跳到 \(f_{s,i}\)，需要令 \(x \gets x - (dp1_{s,i} + dp2_{s,i})\)，然后继续遍历 \(i-1\) 位。
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因为是 A 先开车，所以 A 可能会在最后一轮结束后还能再开上一次，需要特判。
时间复杂度为 \(O((N+Q) \log N)\)。
完整代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define pi pair<ll,ll>
#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>
#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>
#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>
#define fi first
#define se second
#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x
#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);
using namespace std;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
bool Begin;
const ll N=1e5+10,M=18,INF=1e18;
inline ll read(){
ll x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-')
f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
return x*f;
}
inline void write(ll x){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
if(x>9)
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
struct Node{
ll a,b;
ll id;
bool operator<(const Node&rhs)const{
if(a!=rhs.a)
return a<rhs.a;
return b<rhs.b;
}
};
ll n,m,s,x,x0,s0,cnt,dis1,dis2,disa,disb;
ll a[N],nxt1[N],nxt2[N],id1[N],id2[N];
ll f[N][M],dp1[N][M],dp2[N][M];
Node h[N];
vector<Node> V;
multiset<Node> S;
void solve(ll s,ll x){
dis1=dis2=0;
for(int i=M-1;i>=0;i--){
if(dp1[s][i]+dp2[s][i]<=x&&f[s][i]){
dis1+=dp1[s][i],dis2+=dp2[s][i];
x-=dp1[s][i]+dp2[s][i];
s=f[s][i];
}
}
if(nxt2[s]<=x)
dis1+=nxt2[s];
}
bool End;
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();
h[i]={a[i],a[i],i};
}
S.insert({INF,INF,0});
S.insert({INF-1,INF-1,0});
S.insert({-INF,-INF,0});
S.insert({-INF+1,-INF+1,0});
for(int i=n;i>=1;i--){
V.clear();
V.push_back(*--S.lower_bound(h[i]));
V.push_back(*--S.lower_bound(V[0]));
V.push_back(*S.upper_bound(h[i]));
V.push_back(*S.upper_bound(V[2]));
for(auto &v:V)
v.a=abs(h[i].a-v.a);
sort(V.begin(),V.end());
nxt1[i]=V[0].a,nxt2[i]=V[1].a;
id1[i]=V[0].id,id2[i]=V[1].id;
cerr<<id1[i]<<' '<<id2[i]<<'\n';
S.insert(h[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i][0]=id1[id2[i]];
dp1[i][0]=nxt2[i];
dp2[i][0]=nxt1[id2[i]];
}
for(int j=1;j<M;j++){
for(int i=n;i>=1;i--){
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
dp1[i][j]=dp1[i][j-1]+dp1[f[i][j-1]][j-1];
dp2[i][j]=dp2[i][j-1]+dp2[f[i][j-1]][j-1];
}
}
x0=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
solve(i,x0);
if(dis2&&(!s0||disa*dis2>disb*dis1)){
s0=i;
disa=dis1,disb=dis2;
}
}
write(s0);
putchar('\n');
m=read();
while(m--){
s=read(),x=read();
solve(s,x);
write(dis1);
putchar(' ');
write(dis2);
putchar('\n');
}
cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB";
return 0;
}