解題說明
Car Fleet II
題目描述：在無限長道路上，n 輛車排成一列，位置為 cars[i][0]，速度為 cars[i][1]（位置遞增，即後方車輛位置較小）。後車可以追上前車並形成車隊（速度採用前車速度）。計算每輛車追上前方車隊所需的時間，若永遠追不上則為 -1.0。回傳每輛車的追及時間陣列。
解題思路：從右向左掃描，使用單調棧。關鍵觀察：若車輛 i 能追上車輛 j（j 在 i 前方），但車輛 j 在被 i 追上之前已加入了更前方的車隊（速度已降至更慢），則 i 追上 j 的時間取決於 j 加入車隊前的速度。
從最右邊開始，對每輛車 i 計算追上前方車輛的時間：
- 維護單調棧，棧中元素為可能被追及的車輛索引，且其「被追及時間」單調遞增。
- 對車輛 i，計算追上棧頂車輛 j 的時間
t = (pos[j]-pos[i]) / (speed[i]-speed[j])（若speed[i] <= speed[j]則追不上，跳過）。 - 若
t小於等於棧頂的ans[j]（或 ans[j] == -1），則 i 可以追上 j，時間為 t；否則說明 j 先被更前方的車輛「吸收」，繼續看棧中下一輛。 - 棧中彈出已確定不影響 i 的車輛，將 i 推入棧。
C++ 解法
複雜度分析
時間複雜度：O(n) 均攤 — 每輛車最多入棧一次、出棧一次，雖內層有 while 迴圈，但所有彈出操作合計不超過 n 次，整體線性。
空間複雜度：O(n) — 單調棧最多儲存 n 個索引。
虛擬碼
1. Initialize ans[0..n-1] = -1.0, empty stack stk.
2. For i from n-1 down to 0:
a. While stk not empty:
- j = stk.top().
- If speed[i] <= speed[j]: pop j (i can never catch j); continue.
- t = (pos[j] - pos[i]) / (speed[i] - speed[j]).
- If ans[j] < 0 or t <= ans[j]:
* ans[i] = t; break.
- Else: pop j (j already absorbed before i reaches it).
b. Push i onto stk.
3. Return ans.其他解法
方法一：暴力模擬 對每輛車 i，逐一計算追上前方每輛車 j 的時間，取最早的有效追及時間。時間 O(n^2)，空間 O(1)，適合 n 較小的情況（n ≤ 1000），無法通過本題最大規模（n = 10^5）。
方法二：優先隊列（事件驅動模擬） 計算所有相鄰車對的預計碰撞時間，加入優先隊列（最小堆）。按時間順序處理碰撞事件，更新受影響車輛的速度，再重新計算新的碰撞時間。時間 O(n log n)，邏輯較複雜，需處理「碰撞後速度改變導致後續碰撞失效」的情況。
方法三：分治（Divide and Conquer） 將車輛分為左右兩半分別處理，再處理跨越中點的追及關係。時間 O(n log n)，但不如單調棧直觀，競程中少見。
延伸思考
- 若道路長度有限（長度為 L），超過終點後車輛消失，如何修改算法處理此約束？
- 若每輛車有加速度（非勻速），追及時間的計算會變成二次方程，算法框架是否仍適用？
- 本題從右向左掃描的單調棧，與「下一個更大元素」（LeetCode 496）從右向左的單調棧有何結構上的相似之處？