给定一个长度为$n$的序列$A$，$A$中的数各不相同。

对于$A$ 中的每一个数$A_i$，求：$mi{n}_{1\le j<i}|A_i-A_j|$，以及令上式取到最小值的$j$（记为$P_i$）。若最小值点不唯一，则选择使$A_j$较小的那个。

输入格式

第一行输入整数$n$，代表序列长度。

第二行输入$n$个整数$A_1\dots A_n$，代表序列的具体数值，数值之间用空格隔开。

输出格式

输出共$n-1$ 行，每行输出两个整数，数值之间用空格隔开。

分别表示当$i$取$2\sim n$ 时，对应的$mi{n}_{1\le j<i}|A_i-A_j|$和$P_i$的值。

数据范围

$n\le 10^5$，$|A_i|\le 10^9$

输入样例

3
1 5 3

输出样例

4 1
2 1

算法思想一

根据题目描述，对于每个元素$A_i$，要找到其左边与它差值最小的元素$A_j$（$1\le j<i$），输出它们的差值的绝对值$|A_i-A_j|$，以及$j$。

计算与$A_i$差值有两种情况：

• $A_i<A_j$，差值$v=A_j-A_i$
• $A_i>A_j$，差值$v=A_i-A_j$

也就是说，对于任意的$A_i$，如果能在$1\sim i$之间找到与$A_i$大小相邻的两个数$A_l$和$A_r$，其中$A_l$是小于$A_i$的最大值，$A_r$是大于$A_i$的最小值，分别计算其与$A_i$的差值，取其中的较小者即可。

从给出的数据范围来看，$n\le 10^5$，对于每个元素必须在$O(logn)$的时间复杂度内，查找到大小相邻的两个元素，而且根据题目中给出的限制，序列$A$的数各不相同，可以用C++ 标准库的std::set 来实现。

std::set 是 C++ 标准库中的一个容器，它按有序方式存储唯一元素的集合。std::set 中的元素自动按照严格弱序（Strict Weak Ordering）排序，并且每个元素都是唯一的。这意味着 std::set 中的元素是按照特定顺序排列并且不会存在重复值。下面是一些 std::set 的特点和用途：

• 自动排序：std::set 内部使用红黑树（一种自平衡的二叉搜索树）实现，因此元素在容器中按照严格弱序排序。这使得元素能够以有序的方式存储，方便进行遍历和搜索操作。
• 唯一性：std::set 中的元素是唯一的，相同的元素只会在容器中存在一个副本。这可以确保每个元素在集合中的唯一性。
• 插入和查找效率高：由于 std::set 内部使用红黑树实现，插入和查找元素的时间复杂度为 $O(logn)$，其中 $n$ 是容器中的元素数目。这使得 std::set 适合于需要高效地插入和查找元素的情况。
• std::set的大部分操作是与vector类似的，不过set不支持随机访问，必须要使用迭代器去访问；
• std::set插入元素的方法为insert
• std::set查找元素的方法为find，返回一个迭代器set<类型>::iterator
  • 若元素存在，返回的迭代器指向键值
  • 若元素不存在，返回的迭代器指向set.end()。

由于set是以有序方式存储唯一元素，那么可以遍历每个元素$A_i$：

• 将$A_i$插入到set中
• 在set中查找元素$A_i$，返回指向$A_i$的迭代器
• 通过迭代器可以找到与$A_i$大小相邻的两个元素，打擂台求最小值即可

时间复杂度

• 遍历每个元素$A_i$，时间复杂度为$O(n)$
• 在set中查找$A_i$，时间复杂度为$O(logn)$

总的时间复杂度为$O(nlogn)$

代码实现

#include <iostream>
#include <set>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> PII;
int main()
{
    int n, x;
    cin >> n;
    set<PII> st;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        cin >> x;
        PII a = {x, i};
        st.insert(a);
        if(i > 1) {
            auto it = st.find(a); //find返回迭代器：set<pair<int, int>>::iterator
            int k = INF, p;
            if(++ it != st.end()) //通过迭代器找到下一个元素
                k = (*it).first - x, p = (*it).second;
            -- it; //将迭代器回到之前位置
            if(it != st.begin() && x - (*--it).first <= k) //如果和前一个元素的差值不大于k
                k = abs((*it).first - x), p = (*it).second;
            cout << k << " " << p << endl;
        }
    }
}

算法思想二

除了使用 std::set实现，这里再介绍一个双链表的实现方法。

• 首先将序列$A$排序，假设排序后为$A_3{A}_4...A_n...A_2$
• 根据上述序列可以构造出一个双链表，如下图所示

有了双链表之后，如何求$A_i$左边与它差值最小的元素呢？可以从后向前处理，也就是从$A_n$开始，因为$A_n$是原序列中最后一个元素，因此其它元素都在它左边。那么：

• 对于元素$A_n$来说，假设其在双链表的位置为$k$，其左边的元素$L[k]$就是小于$A_n$的最大值，其右边元素$R[k]$就是大于$A_n$的最小值。
• 计算完相邻元素的差值之后，将$A_n$从双链表中删除，继续处理前一个元素。

重复这个过程，直到所有元素都处理完。

时间复杂度

• 排序的时间复杂度为$O(nlogn)$
• 排序后构建双链表的时间复杂度为$O(n)$
• 查找计算相邻元素差值的时间复杂度为$O(n)$

总的时间复杂度为$O(nlogn+n+n)$

代码实现

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
typedef pair<LL, int> PII;
PII a[N], ans[N];
int p[N], L[N], R[N];
int main()
{
    int n, x;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        cin >> x;
        a[i] = {x, i};
    }
    sort(a + 1, a + n + 1);
    //设置链表的首尾的值，避免其差值被选上
    a[0].first = -1e10, a[n + 1].first = 1e10; 
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        p[a[i].second] = i; //统计每个元素的新位置
        L[i] = i - 1, R[i] = i + 1; //建立双链表
    }
    //从第n个元素开始处理
    for(int i = n; i > 1; i --)
    {
        //第i个元素所在位置k
        int k = p[i], left = L[k], right = R[k], v = a[k].first;
        LL lv = v - a[left].first; //与左边对应元素的差值
        LL rv = a[right].first - v; //与右边对应元素的差值
        if(lv <= rv) ans[i] = {lv, a[left].second};
        else ans[i] = {rv, a[right].second}; 
        L[right] = left, R[left] = right; //删除k结点
    }
    //输出结果
    for(int i = 2; i <= n; i ++)
        cout << ans[i].first << " " << ans[i].second << endl;
}