大sz的游戏
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Description
大sz最近在玩一个由星球大战改编的游戏。话说绝地武士当前共控制了N个星球。但是，西斯正在暗处悄悄地准备他们的复仇计划。绝地评议会也感觉到了这件事。于是，准备加派绝地武士到各星球防止西斯的突袭。一个星球受到攻击以后，会尽快通知到总基地。需要的时间越长的星球就需要越多绝地武士来防御。为了合理分配有限的武士，大sz需要你帮他求出每个星球各需要多少时间能够通知到总基地。由于某种原因，N个星球排成一条直线，编号1至N。其中总基地建在1号星球上。每个星球虽然都是绝地武士控制的，但是上面居住的生物不一定相同，并且科技水平也不一样。第i个星球能收到并分析波长在[xi, yi]之间的信号，并且也能够发出在这个区间的信号，但是不能发出其他任何波长的信号。由于技术原因，每个星球只能发信号到比自己编号小的距离不超过L的星球。特别地，强大的总基地可以接收任何波长的信号。每个星球处理接收到的数据需要1个单位时间，传输时间可以忽略不计。
Input
第一行两个正整数N、L。接下来N-1行，总共第i行包含了三个正整数xi、yi、li，其中li表示第i个星球距离1号星球li，满足li严格递增。
Output
总共N-1行，每行一个数分别表示2到N号星球至少需要多少单位时间，总基地能够处理好数据，如果无法传到总基地则输出-1。
Sample Input
input1
3 1
1 2 1
2 3 2
input 2
3 3
1 2 1
2 3 2
Sample Output
output1
1
2
output2
1
1
30%的数据满足N <=20000;
100%的数据满足2 <=N<= 2.5*10^5、0<=xi，yi，li<=2*10^9，1<=L<=2*10^9,xi<=yi．
HINT
Source
题解
发现距离具有单调性质，所以可以想到单调性，将xi,xj抽象成一条线段，
发现当两条线段有交集的时候并且，距离满足条件时是可以转移的，
那么如何思考呢？
发现可以将xi,xj离散化，这样的话，就可以在线段树一段区间中寻找最小值，
但是出现一个问题，最小值是不能够删除的，就是距离不满足了，怎么删除
无法做到，所以需要在每个点中开一个单调队列，这才是这道题目的难点。
先了解一个概念，什么叫做永久性flag，对于普通的flag，是不是需要标记下传
也就是说，标记不是固定的，二永久性标记，顾名思义就是不需要下传标记，
比如红色线段是需要寻找的，那么对于包括这条线段的，并且是满足整条线段包括的
我的代码中分为一个tr与一个bj数组，
tr数组的意思是刚好完全包括这一段的，一个值，
而bj表示子区间中含有这一段的，
那么，在寻找中，如果被tr包括，tr可以直接更新，因为这段全部都是满足的。
如果当前寻找的这一段是包括了bj那么bj中有子区间的值也一定被寻找段包括，所以可以更新，
这样更新前维护单调性即可。
1 #include<cstring>
2 #include<cmath>
3 #include<iostream>
4 #include<algorithm>
5 #include<cstdio>
6 #include<map>
7 #include<list>
8
9 #define N 2000007
10 #define inf 1000000007
11 #define fzy pair<int,int>
12 using namespace std;
13 inline int read()
14 {
15 int x=0,f=1;char ch=getchar();
16 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if (ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();}
17 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘;ch=getchar();}
18 return x*f;
19 }
20
21 int n,L,num,siz;
22 int hd,tl,q[N],b[N],f[N];
23 struct Node
24 {
25 int x,y,l;
26 }a[N];
27 list<fzy>tr[N],bj[N];
28 map<int,int>p;
29
30
31 void ins(int p,int l,int r,int x,int y,fzy zhi)
32 {
33 if (x<=l&&r<=y)
34 {
35 while(!tr[p].empty()&&tr[p].back().second>=zhi.second)
36 tr[p].pop_back();
37 tr[p].push_back(zhi);
38 return;
39 }
40
41 while(!bj[p].empty()&&bj[p].back().second>=zhi.second)
42 bj[p].pop_back();
43 bj[p].push_back(zhi);
44
45 int mid=(l+r)>>1;
46 if (y<=mid) ins(p<<1,l,mid,x,y,zhi);
47 else if (x>mid) ins(p<<1|1,mid+1,r,x,y,zhi);
48 else ins(p<<1,l,mid,x,mid,zhi),ins(p<<1|1,mid+1,r,mid+1,y,zhi);
49 }
50 int query(int p,int l,int r,int x,int y,int wei)
51 {
52 int res;
53
54 while(wei-tr[p].front().first>L&&!tr[p].empty())
55 tr[p].pop_front();
56 if (tr[p].empty()) res=inf;
57 else res=tr[p].front().second;
58
59
60 while(wei-bj[p].front().first>L&&!bj[p].empty()) bj[p].pop_front();
61 if (x<=l&&r<=y)
62 {
63 if (!bj[p].empty()) res=min(res,bj[p].front().second);
64 return res;
65 }
66
67 int mid=(l+r)>>1;
68 if (y<=mid) res=min(res,query(p<<1,l,mid,x,y,wei));
69 else if (x>mid) res=min(res,query(p<<1|1,mid+1,r,x,y,wei));
70 else res=min(res,min(query(p<<1,l,mid,x,mid,wei),query(p<<1|1,mid+1,r,mid+1,y,wei)));
71 return res;
72 }
73 int main()
74 {
75 n=read(),L=read();
76 for (int i=1;i<n;i++)
77 a[i].x=read(),a[i].y=read(),a[i].l=read(),b[++num]=a[i].x,b[++num]=a[i].y;
78 sort(b+1,b+num+1);
79 for (int i=1;i<=num;i++)
80 if (b[i]!=b[i-1]) p[b[i]]=++siz;
81 for (int i=1;i<n;i++)
82 a[i].x=p[a[i].x],a[i].y=p[a[i].y];
83
84 ins(1,1,siz,1,siz,make_pair(0,0));
85 for (int i=1;i<n;i++)
86 {
87 f[i]=query(1,1,siz,a[i].x,a[i].y,a[i].l)+1;
88 ins(1,1,siz,a[i].x,a[i].y,make_pair(a[i].l,f[i]));
89 }
90 for (int i=1;i<n;i++)
91 printf("%d\n",f[i]>=n?-1:f[i]);
92 }