★★★☆ 输入文件：defense.in 输出文件：defense.out 简单对比
时间限制：1 s 内存限制：128 MB
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。
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
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
样例输入：
4 2 1
2
1 2
3 2
5
2
1 1
2
1 2
2
样例输出：
6.47
5.84
4.47
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
题解：
此题要求动态地去维护一个凸包的周长，我们可以发现，要想从凸包上删除一个点然后更新答案并不容易，因为凸包内部的点的信息不好维护，不妨把所有操作先存下来，离线反向操作。每碰到一个操作1，添加一个点，添加点无非是看这个点是在凸包的内部还是外部，内部的就不用管了，对答案并没有什么卵用，如果是在外部，就看在这个点左边的凸包上的点和右边凸包上的点会不会被覆盖，这个用向量的叉积判断即可
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstdlib>
4 #include<cmath>
5 #include<algorithm>
6 #include<cstring>
7 #include<queue>
8 #include<cstring>
9 #include<set>
10 using namespace std;
11 const double eps=1e-7;
12 int n,x,y,m,q;
13 double now;
14 struct Q{
15 int kin,i;
16 double ans;
17 }opt[300000];
18 bool vis[200000];
19 struct P{
20 int x,y;
21 }p[200005],del[200005];
22 inline P operator-(P a,P b){
23 P t; t.x=a.x-b.x; t.y=a.y-b.y;
24 return t;
25 }
26 inline double operator*(P a,P b){
27 return a.x*b.y-b.x*a.y;
28 }
29 inline bool operator<(P a,P b){
30 if(a.x==b.x) return a.y<b.y;
31 return a.x<b.x;
32 }
33 inline double dis(P a,P b){
34 return sqrt((double)((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y)));
35 }
36
37 set<P> A;
38 inline void insert(int a,int b){
39 P x=(P){a,b};
40 set<P>::iterator r=A.lower_bound(x),l=r,t;
41 l--;
42 if((*l-x)*(*r-x)<0) return ;
43 now-=dis(*l,*r);
44 A.insert(x);
45 while(r!=A.end()){
46 t=r; r++;
47 if((*r-x)*(*t-x)>0) break;
48 now-=dis(*t,*r);
49 A.erase(t);
50 }
51 while(l!=A.begin()){
52 t=l; l--;
53 if((*t-x)*(*l-x)>0) break;
54 now-=dis(*t,*l);
55 A.erase(t);
56 }
57 A.insert(x);
58 l=r=t=A.find(x);
59 l--; r++;
60 now+=dis(*l,x)+dis(*r,x);
61 }
62
63 int main(){
64 // freopen("defense.in","r",stdin);
65 // freopen("defense.out","w",stdout);
66 scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
67 scanf("%d",&m);
68 for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
69 scanf("%d",&q);
70 for(int i=1;i<=q;i++){
71 scanf("%d",&opt[i].kin);
72 if(opt[i].kin==1){
73 scanf("%d",&opt[i].i);
74 vis[opt[i].i]=true;
75 }
76 }
77 P cap; cap.x=x; cap.y=y;
78 now+=dis((P){0,0},cap); now+=dis((P){n,0},cap);
79 A.insert((P){0,0}); A.insert((P){n,0}); A.insert((P){x,y});
80 for(int i=1;i<=m;i++){
81 if(vis[i]==false) insert(p[i].x,p[i].y);
82 }
83 for(int i=q;i>=1;i--){
84 if(opt[i].kin==2){
85 opt[i].ans=now;
86 }
87 else{
88 insert(p[opt[i].i].x,p[opt[i].i].y);
89 }
90 }
91 for(int i=1;i<=q;i++){
92 if(opt[i].kin==2){
93 printf("%.2lf\n",opt[i].ans);
94 }
95 }
96 return 0;
97 }
。