标签：memset == clu for log nbsp 操作 tor 树的操作
题目描述
近来A国和B国的矛盾激化，为了预防不测，A国准备修建一条长长的防线，当然修建防线的话，肯定要把需要保护的城市修在防线内部了。可是A国上层现在还犹豫不决，到底该把哪些城市作为保护对象呢？又由于A国的经费有限，所以希望你能帮忙完成如下的一个任务：
给出你所有的A国城市坐标
A国上层经过讨论，考虑到经济问题，决定取消对i城市的保护，也就是说i城市不需要在防线内了
- A国上层询问对于剩下要保护的城市，修建防线的总经费最少是多少
你需要对每次询问作出回答。注意单位1长度的防线花费为1。
A国的地形是这样的，形如下图，x轴是一条河流，相当于一条天然防线，不需要你再修建
A国总是有两个城市在河边，一个点是(0,0)，一个点是(n,0)，其余所有点的横坐标均大于0小于n，纵坐标均大于0。A国有一个不在(0,0)和(n,0)的首都。(0,0),(n,0)和首都这三个城市是一定需要保护的。
（别瞅了，luogu没有图）
输入输出格式
输入格式：
第一行，三个整数n,x,y分别表示河边城市和首都是(0,0)，(n,0)，(x,y)。
第二行，一个整数m。
接下来m行，每行两个整数a,b表示A国的一个非首都非河边城市的坐标为(a,b)。
再接下来一个整数q，表示修改和询问总数。
接下来q行每行要么形如1 i，要么形如2，分别表示撤销第i个城市的保护和询问。
输出格式：
对于每个询问输出1行，一个实数v，表示修建防线的花费，保留两位小数
输入输出样例
说明
数据范围：
30%的数据m<=1000,q<=1000
100%的数据m<=100000,q<=200000,n>1
所有点的坐标范围均在10000以内, 数据保证没有重点
想了好久，也码了好久。刚开始没有想到时光倒流，往cdq去想了。平衡树也很难操作。
最后看了发题解——艹，怎么又没想到时光倒流！
时光倒流以后，就相当于维护一个支持单点更新的上凸包，并求周长-n。
还好题目限制好了，不然要烦死、、
那我们采取这样的方法：
插入一个点时，先判断在不在凸包内。如果不在，则向两边维护一个凸包，直到不能删点或者符合一个凸包时停止。
其中判断是否在凸包内，通过找两个点，一个前驱，一个后缀，都在凸包边上。
其中，设当前插入点为c，前缀为u，后缀为v，满足u.x<c.x||u.x==c.x&&u.y<c.y，v.x>c.x||v.x==c.x&&v.y>c.y。
如果cross(c-u,v-u)>0（cross表示两个向量叉积），则说明c在凸包内。
否则向两边维护更新凸壳。
根据对称性，我们只取向左边的进行研究。
设u为凸包上c的前缀，v为凸包上u的前缀。
当然如果u(0,0)，那么就退出了，(0,0)是不能删的。
否则如果cross(c-v,u-v)>0，则维护好了，退出，否则就删了u，继续。
至此，维护单点更新成功了，且复杂度正确，因为，每个点最多插入一次，删除一次。
其中求pre，suc可以看做是连带的，换句话说，次数和删除操作次数差不多（倍数在常数级）。
这里的复杂度大致就是nlogn基本的。
但是同样，我们会有一个棘手的问题->计算周长。
如果每次找凸包上每个点的前驱后缀计算感觉会很慢，也很难写。
如果我们在删点，加点时就计算，是不是就比较快呢？
不过要注意，不要漏删一条边或多加一条边，细节还是有点的。
还有，其中前驱后缀插入删除都是平衡树的操作。
(splay比stl快?无意抢了luogu‘rank1，233)
code：
View Code1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #include <cmath> 5 #define ms(a,x) memset(a,x,sizeof a) 6 using namespace std; 7 8 void OJ() { 9 #ifndef ONLINE_JUDGE 10 freopen("in.txt","r",stdin); 11 freopen("out.txt","w",stdout); 12 #endif 13 } 14 namespace fastIO { 15 #define gec(c) getchar(c) 16 #define puc(c) putchar(c) 17 char ch; 18 inline int read() { 19 int x=0,f=1; ch=getchar(); 20 while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) { 21 if (ch==‘-‘) f=-f; 22 ch=gec(); 23 } 24 while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) { 25 x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘; 26 ch=getchar(); 27 } 28 return x*f; 29 } 30 } using namespace fastIO; 31 32 const int N=200005; 33 int n,m,q,las; 34 bool vis[N]; double ans[N]; 35 struct query { 36 int t,x; 37 } o[N]; 38 39 #define SplayTree node 40 struct SplayTree { 41 int X,Y; 42 node* c[3]; 43 node () { 44 X=Y=0; 45 c[0]=c[1]=c[2]=0; 46 } 47 } * ro,* g,* U,* V,* re; 48 49 #define vec city 50 struct city { 51 int x,y; 52 city () {} 53 city (int _x,int _y) : 54 x(_x),y(_y) {}; 55 city (node* u) : 56 x(u->X),y(u->Y) {}; 57 } a[N]; 58 int cross (vec u,vec v) { 59 return u.x*v.y-u.y*v.x; 60 } 61 vec operator - (city u,city v) { 62 return vec(u.x-v.x,u.y-v.y); 63 } 64 node* noded (city u) { 65 node* rt=new node(); 66 rt->X=u.x,rt->Y=u.y; 67 return rt; 68 } 69 void setup (node* &x,int X,int Y) { 70 x=new node(),x->X=X,x->Y=Y; 71 } 72 bool dir (node* x) { 73 if (!x->c[2]) return 0; 74 return x->c[2]->c[1]==x; 75 } 76 void linknode (node* y,node* x,bool p) { 77 if (x) x->c[2]=y; 78 if (y) y->c[p]=x; 79 } 80 void rotate (node* x) { 81 bool p=dir(x); node* y=x->c[2]; 82 linknode(y->c[2],x,dir(y)); 83 linknode(y,x->c[p^1],p); 84 linknode(x,y,p^1); 85 } 86 void splay (node* x,node* an) { 87 if (x->c[2]==an) return; 88 while (x->c[2]!=an) { 89 if (x->c[2]->c[2]==an) { 90 rotate(x); 91 if (!an) ro=x; 92 return; 93 } 94 rotate(dir(x)^dir(x->c[2])?x:x->c[2]); 95 rotate(x); 96 } 97 if (!an) ro=x; 98 } 99 bool cmp (node* u,node* v) { 100 return u->X==v->X?u->Y<v->Y:u->X<v->X; 101 } 102 void insert (node* &x,node* u) { 103 if (!x) { 104 g=x=u; 105 return; 106 } 107 bool p=cmp(x,u); 108 insert(x->c[p],u),x->c[p]->c[2]=x; 109 } 110 void erase (node* u) { 111 splay(u,0); 112 if (!ro->c[0]||!ro->c[1]) { 113 if (ro->c[0]) ro=ro->c[0],ro->c[2]=0; else 114 if (ro->c[1]) ro=ro->c[1],ro->c[2]=0; else 115 ro=0; 116 return; 117 } 118 for (re=ro->c[0]; re->c[1]; re=re->c[1]) ; 119 splay(re,ro); 120 re->c[2]=0,re->c[1]=ro->c[1]; 121 if (re->c[1]) re->c[1]->c[2]=re; 122 ro=re; 123 } 124 bool cmp_1 (node* u,node* v) { 125 return u->X==v->X?u->Y<v->Y:u->X<v->X; 126 } 127 bool cmp_2 (node* u,node* v) { 128 return u->X==v->X?u->Y>v->Y:u->X>v->X; 129 } 130 void pre (node* x,node* u) { 131 if (!x) return; 132 if (cmp_1(x,u)) re=x,pre(x->c[1],u); 133 else pre(x->c[0],u); 134 } 135 void suc (node* x,node* u) { 136 if (!x) return; 137 if (cmp_2(x,u)) re=x,suc(x->c[0],u); 138 else suc(x->c[1],u); 139 } 140 #define sqr(x) ((x)*(x)) 141 double dis (node* u,node* v) { 142 return sqrt(sqr(u->X-v->X)+sqr(u->Y-v->Y)); 143 } 144 void maintain () { 145 pre(ro,g),U=re,suc(ro,g),V=re; 146 if (cross(city(g)-city(U),city(V)-city(U))>0) return; 147 if (U->X!=0||U->Y!=0||V->X!=n||V->Y!=0) ans[0]-=dis(U,V); 148 for ( ; ; ) { 149 pre(ro,g),U=re; 150 if (U->X==0&&U->Y==0) { 151 ans[0]+=dis(g,U); 152 break; 153 } 154 pre(ro,U),V=re; 155 if (cross(city(g)-city(V),city(U)-city(V))>0) { 156 ans[0]+=dis(g,U); 157 break; 158 } 159 ans[0]-=dis(U,V); 160 erase(U); 161 } 162 for ( ; ; ) { 163 suc(ro,g),U=re; 164 if (U->X==n&&U->Y==0) { 165 ans[0]+=dis(g,U); 166 break; 167 } 168 suc(ro,U),V=re; 169 if (cross(city(g)-city(V),city(U)-city(V))<0) { 170 ans[0]+=dis(g,U); 171 break; 172 } 173 ans[0]-=dis(U,V); 174 erase(U); 175 } 176 insert(ro,g); 177 splay(g,0); 178 } 179 180 int main() { 181 OJ(); 182 n=read(),a[0].x=read(),a[0].y=read(); 183 m=read(),a[m+1]=city(0,0),a[m+2]=city(n,0); 184 for (int i=1; i<=m; ++i) { 185 a[i].x=read(),a[i].y=read(); 186 } 187 ms(vis,1); 188 q=read(); 189 for (int i=1; i<=q; ++i) { 190 o[i].t=read(); 191 if (o[i].t&1) o[i].x=read(); 192 vis[o[i].x]=0; 193 } 194 ro=0; 195 insert(ro,noded(a[0])); 196 insert(ro,noded(a[m+1])); 197 insert(ro,noded(a[m+2])); 198 ans[0]=dis(noded(a[0]),noded(a[m+1]))+dis(noded(a[0]),noded(a[m+2])); 199 for (int i=1; i<=m; ++i) { 200 if (vis[i]) g=noded(a[i]),maintain(); 201 } 202 for (int i=q; i; --i) { 203 if (o[i].t&1) g=noded(a[o[i].x]),maintain(); 204 else ans[i]=ans[0]; 205 } 206 for (int i=1; i<=q; ++i) { 207 if (~o[i].t&1) printf("%.2lf\n",ans[i]); 208 } 209 return 0; 210 }
标签：memset == clu for log nbsp 操作 tor 树的操作
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