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：
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
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
提示
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：
- 考虑倒着把点插入凸包；
- 只需要每次找到点在原凸包的$x$坐标前驱后继删掉不构成凸包的再插入；
- 可以用$splay$维护即可（常数不太好看）
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1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<queue> 6 #include<cmath> 7 #include<vector> 8 #include<stack> 9 #include<map> 10 #include<set> 11 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++) 12 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--) 13 #define ll long long 14 #define ld double 15 #define inf 0x3f3f3f3f 16 #define mk make_pair 17 #define fir first 18 #define sec second 19 #define il inline 20 #define rg register 21 #define pb push_back 22 using namespace std; 23 const int N=100010; 24 int n,m,mx,tx,ty,ch[N][2],sz[N],fa[N],vis[N],rt,cnt; 25 ld now,ans[N<<1]; 26 il char gc(){ 27 static char*p1,*p2,s[1000000]; 28 if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin); 29 return(p1==p2)?EOF:*p1++; 30 } 31 il int rd(){ 32 int x=0; char c=gc(); 33 while(c<‘0‘||c>‘9‘)c=gc(); 34 while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘)x=(x<<1)+(x<<3)+c-‘0‘,c=gc(); 35 return x; 36 } 37 struct poi{ 38 int x,y; 39 poi(int _x=0,int _y=0):x(_x),y(_y){}; 40 bool operator <(const poi&A)const{return x==A.x?y<A.y:x<A.x;} 41 poi operator -(const poi&A)const{return poi(x-A.x,y-A.y);} 42 }p[N],q[N],Q[N<<1]; 43 int crs(poi A,poi B){return A.x*B.y-A.y*B.x;} 44 int dot(poi A,poi B){return A.x*B.x+A.y*B.y;} 45 ld dis(poi A){return sqrt(A.x*A.x+A.y*A.y);} 46 il void update(int x){sz[x]=sz[ch[x][0]]+sz[ch[x][1]]+1;} 47 il void rotate(int x,int&k){ 48 int y=fa[x],z=fa[y]; 49 if(y==k)k=x;else ch[z][ch[z][1]==y]=x; 50 int l=ch[y][1]==x,r=l^1; 51 fa[x]=z;fa[y]=x;fa[ch[x][r]]=y; 52 ch[y][l]=ch[x][r],ch[x][r]=y; 53 update(y);update(x); 54 } 55 il void splay(int x,int&k){ 56 for(int y,z;x!=k;rotate(x,k)){ 57 y=fa[x],z=fa[y]; 58 if(y!=k)rotate( (ch[y][0]==x)^(ch[z][0]==y) ? x : y ,k); 59 } 60 } 61 il void ins(int&k,int x){ 62 if(!k)q[k=++cnt]=p[x]; 63 else { 64 if(p[x]<q[k])ins(ch[k][0],x),fa[ch[k][0]]=k; 65 else ins(ch[k][1],x),fa[ch[k][1]]=k; 66 } 67 update(k); 68 } 69 il int find_pre(int k,int x){ 70 int re=0; 71 while(k){ 72 if(q[k]<p[x])re=k,k=ch[k][1]; 73 else k=ch[k][0]; 74 } 75 return re; 76 } 77 il int find_nxt(int k,int x){ 78 int re=0; 79 while(k){ 80 if(p[x]<q[k])re=k,k=ch[k][0]; 81 else k=ch[k][1]; 82 } 83 return re; 84 } 85 il void insert(int x){ 86 int T1=find_pre(rt,x),T2=find_nxt(rt,x),t1,t2; 87 if(crs(p[x]-q[T1],q[T2]-p[x])>=0)return; 88 now -= dis(q[T1]-q[T2]); 89 for(splay(t1=T1,rt),t2=ch[t1][0];sz[t2];){ 90 while(ch[t2][1])t2=ch[t2][1]; 91 splay(t2,ch[t1][0]); 92 if(crs(q[t1]-q[t2],p[x]-q[t1])>=0){ 93 now -= dis(q[t1]-q[t2]); 94 fa[ch[t2][1]=ch[t1][1]]=t2; 95 update(rt=t2); 96 t1=t2,t2=ch[t1][0]; 97 }else break; 98 } 99 now += dis(p[x]-q[t1]); 100 for(splay(t1=T2,rt),t2=ch[t1][1];sz[t2];){ 101 while(ch[t2][0])t2=ch[t2][0]; 102 splay(t2,ch[t1][1]); 103 if(crs(q[t1]-q[t2],p[x]-q[t1])<=0){ 104 now -= dis(q[t1]-q[t2]); 105 fa[ch[t2][0]=ch[t1][0]]=t2; 106 update(rt=t2); 107 t1=t2,t2=ch[t1][1]; 108 }else break; 109 } 110 now += dis(p[x]-q[t1]); 111 ins(rt,x); 112 } 113 int main(){ 114 #ifndef ONLINE_JUDGE 115 freopen("bzoj2300.in","r",stdin); 116 freopen("bzoj2300.out","w",stdout); 117 #endif 118 mx=rd();tx=rd();ty=rd();n=rd(); 119 for(int i=1;i<=n;++i)p[i].x=rd(),p[i].y=rd(); 120 p[0]=poi(0,0);ins(rt,0); 121 p[n+1]=poi(mx,0);ins(rt,n+1); 122 p[n+2]=poi(tx,ty);ins(rt,n+2); 123 now = dis(p[0]-p[n+2]) + dis(p[n+1]-p[n+2]); 124 m=rd();for(int i=1;i<=m;++i){Q[i].x=rd();if(Q[i].x&1)vis[Q[i].y=rd()]=1;} 125 for(int i=1;i<=n;++i)if(!vis[i])insert(i); 126 for(int i=m;i;--i)if(Q[i].x&1)insert(Q[i].y);else ans[i]=now; 127 for(int i=1;i<=m;++i)if(Q[i].x==2)printf("%.2lf\n",ans[i]); 128 return 0; 129 }//by tkys_Austin;bzoj2300
原文地址：https://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/10269978.html
时间： 2024-11-10 18:20:21