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题面

solution

线段树分治+斜率优化毒瘤题

题目可以简化为:

你要维护一个包含元素\((x,c)\)的集合

修改操作为从以前的一个版本更新，修改内容为添加或删除一个元素

查询操作给出\(x_0\),查询某个版本中的\(max\{(x-x_0)^2+c\}\)

可以知道版本之间的时间关系形成一颗树

如果在一个版本删除了某个元素，那么在这个版本的子树中都不会再有这个版本

由于子树的\(dfn\)是连续的，因此操作可以简化为在序列上进行，总共有\(O(m)\)个区间

最简单的方法是对于线段树上的每个节点开\(vector\)<\(query\)>和\(vector\)<\(modify\)>,

注意区间查询和单点修改的插入方式有所不同

斜率优化的式子就是\(max_i\{x_i^2+c_i-2x_0x_i\}+x_0^2\)

然而这题比较丧，它会给出两个横坐标相等的点

因此一定要判断有向斜率

我们先将修改和询问按照\(x\)和\(k\)外部排序，这样可以保证线段树分治时\(x\)和\(k\)都单调

于是再每个线段树节点里可以单调队列直接做

最后这题卡空间

于是我们只插入修改，对于询问直接递归求解即可

总复杂度为\(O((n+m)logn)\)

code

#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define FILE "a"
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int mod=1e9+7;
const int N=5e5+10;
const int T=5e6+10;
const dd pi=acos(-1);
const int inf=2147483647;
const ll INF=1e18+1;
il ll read(){
    RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
    while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘))ch=getchar();
    if(ch==‘-‘)w=-1,ch=getchar();
    while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)data=data*10+ch-48,ch=getchar();
    return data*w;
}
il void file(){
    srand(time(NULL)+rand());
    freopen(FILE".in","r",stdin);
    freopen(FILE".out","w",stdout);
}

int n,m,mt,b[N],s[N];ll x[N],y[N],ans[N];
struct modify{int l,r;ll x,y;}M[N];
bool cmpm(modify a,modify b){return a.x<b.x;}
struct query{int id,s;ll x;}Q[N];
bool cmpq(query a,query b){return a.x<b.x;}
int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],cnt;
il void add(int u,int v){
    to[++cnt]=v;
    nxt[cnt]=head[u];
    head[u]=cnt;
}

VI ML[N],MR[N];int w[N],cntw,sz[N];
void dfs(int u,int fa){
    w[u]=++cntw;sz[u]=1;
    if(!b[u])ML[s[u]].pb(w[u]);
    else MR[s[u]].pb(w[u]-1);
    for(RG int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        RG int v=to[i];if(v==fa)continue;
        dfs(v,u);sz[u]+=sz[v];
    }
    if(!b[u])MR[s[u]].pb(w[u]+sz[u]-1);
    else ML[s[u]].pb(w[u]+sz[u]);
}

VI f[N<<2];int top[N<<2];
#define mid ((l+r)>>1)
#define ls (i<<1)
#define rs (i<<1|1)
il double getk(ll ax,ll ay,ll bx,ll by){
    if(ax==bx)return ay>by?-inf:inf;
    return (ay-by)*1.0/(ax-bx);
}

void insertmodify(int i,int l,int r,int xl,int yr,int id){
    if(xl<=l&&r<=yr){
        RG int R=f[i].size()-1;RG ll qx=x[id],qy=y[id];
        while(R>0&&getk(x[f[i][R-1]],y[f[i][R-1]],x[f[i][R]],y[f[i][R]])>getk(x[f[i][R]],y[f[i][R]],qx,qy))R--,f[i].pop_back();
        R++;f[i].pb(id);return;
    }
    if(xl<=mid)insertmodify(ls,l,mid,xl,yr,id);
    if(mid<yr)insertmodify(rs,mid+1,r,xl,yr,id);
}

ll ask(int i,int l,int r,int p,query q){
    RG int &L=top[i],R=f[i].size()-1;RG ll ans=INF;
    while(L<R&&getk(x[f[i][L]],y[f[i][L]],x[f[i][L+1]],y[f[i][L+1]])<q.x)
        L++;
    if(L<=R)ans=y[f[i][L]]-q.x*x[f[i][L]]+q.x*q.x;
    if(l==r)return ans;
    if(p<=mid)ans=min(ans,ask(ls,l,mid,p,q));
    else ans=min(ans,ask(rs,mid+1,r,p,q));
    return ans;
}

int main()
{
    n=read();m=read();s[1]=1;y[1]=read();
    for(RG int i=2,o,f,id;i<=n;i++){
        o=read();f=read()+1;id=read()+1;add(f,i);add(i,f);b[i]=o;s[i]=id;
        if(!o){x[id]=read();read();read();y[id]=read();}
    }
    dfs(1,0);

    for(RG int i=1;i<=n;i++)
        for(RG int j=0,sz=ML[i].size();j<sz;j++)
            M[++mt]=(modify){ML[i][j],MR[i][j],2ll*x[i],1ll*x[i]*x[i]+y[i]};
    sort(M+1,M+mt+1,cmpm);
    for(RG int i=1;i<=mt;i++)x[i]=M[i].x,y[i]=M[i].y;
    for(RG int i=1;i<=m;i++)
        Q[i].id=i,Q[i].s=read()+1,Q[i].x=read(),ans[i]=INF;
    sort(Q+1,Q+m+1,cmpq);

    for(RG int i=1;i<=mt;i++)insertmodify(1,1,n,M[i].l,M[i].r,i);
    for(RG int i=1;i<=m;i++)ans[Q[i].id]=ask(1,1,n,w[Q[i].s],Q[i]);
    for(RG int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/cjfdf/p/9383630.html