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：
1.给出你所有的A国城市坐标
2.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
3.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。
上图中，A,B,C,D,E点为A国城市，且目前都要保护，那么修建的防线就会是A-B-C-D，花费也就是线段AB的长度+线段BC的长度+线段CD的长度,如果，这个时候撤销B点的保护，那么防线变成下图
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。
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
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
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define ll long long
3 #define eps 1e-6
4 using namespace std;
5 inline int read(){
6 int x=0;int f=1;char ch=getchar();
7 while(!isdigit(ch)) {if(ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();}
8 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
9 return x*f;
10 }
11 const int MAXN=1e6+10;
12 struct node{
13 int x,y;
14 }a[MAXN],del[MAXN];
15 set <node> q;
16 bool mark[MAXN];
17 int b[MAXN];
18 int T,t1,t2;
19 double now,res[MAXN];
20 inline node operator + (node n,node m){
21 node t;t.x=n.x+m.x;t.y=n.y+m.y;return t;
22 }
23 inline node operator - (node n,node m){
24 node t;t.x=n.x-m.x;t.y=n.y-m.y;return t;
25 }
26 inline double operator * (node n,node m){
27 return n.x*m.y-n.y*m.x;
28 }
29 inline double dis(node n,node m){
30 return sqrt((n.x-m.x)*(n.x-m.x)+(n.y-m.y)*(n.y-m.y));
31 }
32 inline bool operator < (node n,node m){
33 if(n.x==m.x) return n.y<m.y;
34 else return n.x<m.x;
35 }
36 inline void insert(int a,int b){
37 node x=(node){a,b};
38 set<node>::iterator r=q.lower_bound(x),l=r,t;
39 l--;
40 if((*r-*l)*(x-*l)<0) return;
41 now-=dis(*l,*r);
42 q.insert(x);
43 while(1){
44 t=r;r++;
45 if(r==q.end()) break;
46 if((*r-x)*(*t-x)>0) break;
47 now-=dis(*r,*t);
48 q.erase(t);
49 }
50 while(l!=q.begin()){
51 t=l;l--;
52 if((*t-x)*(*l-x)>0) break;
53 now-=dis(*l,*t);
54 q.erase(t);
55 }
56 q.insert(x);
57 l=r=t=q.find(x);
58 l--;r++;now+=dis(*r,x)+dis(x,*l);
59 }
60 int main(){
61 int n=read();
62 q.insert((node){0,0});q.insert((node){n,0});
63 node has;has.x=read();has.y=read();q.insert(has);
64 now+=dis((node){0,0},has);now+=dis((node){n,0},has);
65 int m=read();
66 for(int i=1;i<=m;i++){
67 a[i].x=read();a[i].y=read();
68 }
69 int typ,x;
70 int Q=read();
71 for(int i=1;i<=Q;i++){
72 typ=read();
73 if(typ==1) {x=read();del[++t1]=a[x];mark[x]=1;}
74 else b[++t2]=t1;
75 }
76 T=t1;
77 for(int i=1;i<=m;i++){
78 if(!mark[i]) insert(a[i].x,a[i].y);
79 }
80 for(int i=t2;i>=1;i--){
81 while(T>b[i]){
82 insert(del[T].x,del[T].y);
83 T--;
84 }
85 res[i]=now;
86 }
87 for(int i=1;i<=t2;i++){
88 printf("%.2lf\n",res[i]);
89 }
90 return 0;
91 }
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