二维平面修改+查询，cdq分治可以解决。
求关于某个点曼哈顿距离（x,y坐标）最近的点——dis(A,B) = |Ax-Bx|+|Ay-By|
但是如何去掉绝对值呢？
查看题解发现假设所有的点都在查询点的左下方，dis(A,B) = (Ax-Bx)+(Ay-By) = (Ax+Ay)-(Bx+By)
只要求满足Bx<Ax,By<Ay且Bx,By之和最大的点就好了。
那么如何把所有的点转化到该查询的左下呢？
对于每个查询，可以把一、二、四象限的点都通过对称转移到第三象限。但查询很多，不可能一个个翻转。
换个思路，如果把整个平面翻转三次，进行四次cdq分治，每次都只考虑左下的点，所有的点就都遍历到了！
记录最大的x或y值为边界len，每次沿len翻转。例如沿y轴翻转时，x = len-x
那么每个操作有三维——时间、x坐标、y坐标
时间在输入时已经排好了；x归并排序；y仿照陌上花开，用树状数组记录。
优化 & 注意
这道题坑点超级多...而且四次cdq分治会得到一个感人的复杂度，所以必须考虑优化，卡一卡常数（我选择吸氧）
- cdq内的归并排序代替每次sort。
- 因为每次cdq完顺序会被打乱，如果重新按时间O(nlogn)排序，不如每次存入一个临时数组，然后O(n)直接复制过去。
但是ans需要存入初始的数组中，所以结构体需要一个.id来记录打乱前的时间，也就是原数组下标。赋值应该写a[b[t2].id].ans，而不是a[t2].ans。
并且，由于每次查询点的x,y也会更改，所以ans里不能直接存max(Bx+By)，而应该为min((Ax+Ay)-(Bx+By))。
- 如果某个点在坐标轴上，那么它的x或y为0。存入树状数组时，会因为lowbit()==0而陷入死循环。所以存入时，将x,y分别+1。
同样的，如果某个点在翻转边界len上，翻转时也会变为0。所以len也要++。
- 考虑这样一种情况：某一点非常靠近边界，导致某次翻转时，没有点在它的左下。这样查询时默认返回了0。
当前的“原点”比实际上的点离该查询点更近，这样最终的距离就成了这个点到原点的距离，但原点是不存在的（经过刚刚的更改，已经没有x或y坐标为0的点）
为避免这种情况，当查询时需要特判，若为0则返回-INF。
- 由于初始值——前n个点一定是修改操作，可以把它们直接排好序，不用递归检验是否有查询。（不过我觉得有点麻烦就没写）
这道题的代码不难，但是细节特别多，很难debug...写的时候思路一定要清晰了！
代码如下
// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define MogeKo qwq
using namespace std;
const int maxn = 1e7+10;
const int INF = 2e7+10;
int n,q,opt,x,y,len;
struct node {
int x,y,type,id,ans;
} a[maxn],b[maxn],tem[maxn];
struct BIT {
int m[maxn];
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
void update(int x,int v) {
for(; x <= len; x+= lowbit(x))
m[x] = max(m[x],v);
}
int query(int x) {
int ans = 0;
for(; x; x-=lowbit(x))
ans = max(ans,m[x]);
return ans?ans:-INF;
}
void clear(int x) {
for(; m[x]; x+= lowbit(x))
m[x] = 0;
}
} tree;
void cdq(int L,int R) {
if(L == R) return;
int mid = L+R >> 1;
cdq(L,mid),cdq(mid+1,R);
int t1 = L,t2 = mid+1;
int k = L;
while(t2 <= R) {
while(t1 <= mid && b[t1].x <= b[t2].x) {
if(b[t1].type == 1)
tree.update(b[t1].y, b[t1].x+b[t1].y);
tem[k++] = b[t1++];
}
if(b[t2].type == 2)
a[b[t2].id].ans = min(a[b[t2].id].ans,b[t2].x+b[t2].y-tree.query(b[t2].y));
tem[k++] = b[t2++];
}
for(int i = L; i <= t1-1; i++)
if(b[i].type == 1) tree.clear(b[i].y);
while(t1 <= mid) tem[k++] = b[t1++];
for(int i = L;i <= R;i++) b[i] = tem[i];
}
void solve(int rx,int ry) {
for(int i = 1; i <= n+q; i++) {
b[i] = a[i];
if(rx) b[i].x = len - b[i].x;
if(ry) b[i].y = len - b[i].y;
}
cdq(1,n+q);
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d",&x,&y);
a[i].type = 1;
a[i].id = i;
a[i].x = ++x;
a[i].y = ++y;
len = max(len,max(x,y));
}
for(int i = n+1; i <= n+q; i++) {
scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
a[i].type = opt;
a[i].id = i;
a[i].x = ++x;
a[i].y = ++y;
a[i].ans = INF;
len = max(len,max(x,y));
}
len++;
solve(0,0),solve(0,1),solve(1,0),solve(1,1);
for(int i = n+1; i <= n+q; i++)
if(a[i].type == 2) printf("%d\n",a[i].ans);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/mogeko/p/10503518.html