ABC344G 题解

题意

给定 $N$ 个二维平面上的点 $(X_i,Y_i)$ 与 $Q$ 组询问，每组询问给出一条直线 $Y=A_{i}X+B_i$，问有多少个点在直线上方（或者在直线上）。也就是询问有多少个 $(X_i,Y_i)$，满足 $Y_i\ge A_j\times X_i+B_j$。

题解

首先这个式子是 $A\times X+B\le Y$，移项得 $-A\times X+Y\ge B$。假设每组询问的 $A$ 相等，那么把 $(X,Y)$ 按 $-A\times X+Y$ 排序，然后二分答案即可。而对于 $A$ 不同的情况，沿用刚才的方法，考虑维护这个排序后的序列（记为 $B$）。

这个序列显然不能在线维护，考虑离线。离线后对 $Q$ 个询问按 $A$ 从大到小排序，思考 $A$ 变小后，序列会发生什么变化。也就是对于两个点对 $(X_i,Y_i),(X_j,Y_j)$ 且在序列 $B$ 中有 $i<j$，原本存在关系 $-A_1{X}_i+Y_i\le -A_1{X}_j+Y_j$，移项得 $-A_1(X_i-X_j)+(Y_i-Y_j)\le 0$。在 $A_1$ 变成 $A_2$ ( $A_2\le A_1$ ) 后，如果 $i$ 被放到 $j$ 的后面，就存在 $-A_2(X_i-X_j)+(Y_i-Y_j)\ge 0$，孤立 $A_2$ 之后得到 $A_2\le \frac{Y_i-Y_j}{X_i-X_j}$，而 $\frac{Y_i-Y_j}{X_i-X_j}$ 其实就是 $(X_i,Y_i)$ 与 $(X_j,Y_j)$ 两点所连直线的斜率。

然后这道题就可以做了。首先将询问按 $A=+\mathrm{\infty }$ 时的 $-A{X}_i+Y_i$ 排序，其实就是将 $X_i$ 按从大到小排序，$X_i$ 相等时将 $Y$ 从小到大。接着开一个小根堆存序列 $B$ 中相邻两点的斜率。一个一个询问往后扫，每次扫到一个新询问，看一下小根堆存的斜率里面有没有可以被更新顺序的。然后对 $B_i$ 二分就行了。复杂度 $O(Q\log N+N^2\log N)$，这题时限 10s 可以过。

code:

#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize("Ofast")
using namespace std;
using i64 = long long;
using ld = double;
const int N = 5E3 + 5, Q = 1E7 + 5, MOD = INT_MAX;
const ld eps = 1E-6;
int n, q, posi[N], pposi[N];
i64 g[Q << 2], ra, rb;
struct pos {
  i64 x, y;
  bool operator < (const pos &w) const {
    return x == w.x ? y < w.y : x < w.x;
  }
} a[N];
struct que {
  i64 a; i64 b;
  bool operator < (const que &w) const {
    return a < w.a;
  }
} b[Q];
struct node {
  i64 X, Y; 
  int x;
  bool operator < (const node &w) const {
    i64 l = X * w.Y;
    i64 r = Y * w.X;
    if (l < r) return false;
    if (l > r) return true;
    return x > w.x;
  }
  node (i64 a, i64 b, int c) {X = a, Y = b, x = c;}
} ;
priority_queue <node> pq;
void push(int x) {
  if (x <= 1 || x >= n + 1) return ;
  if (a[x - 1] < a[x]) pq.emplace(node(a[x].y - a[x - 1].y, a[x].x - a[x - 1].x, x));
}
signed main(void) {
  ios :: sync_with_stdio(false);
  cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i].x >> a[i].y;
  cin >> q >> g[0] >> ra >> rb;
  for (int i = 1; i <= 3 * q; ++i)
    g[i] = g[i - 1] * 48271 % MOD;
  for (int i = 1; i <= q; ++i) {
    b[i].a = -ra + g[3 * i - 2] % (2 * ra + 1);
    b[i].b = -rb + (g[3 * i - 1] * MOD % (2 * rb + 1) + g[3 * i]) % (2 * rb + 1);
  }
  sort(b + 1, b + 1 + q); sort(a + 1, a + 1 + n);
  for (int i = 2; i <= n; ++i) push(i);
  i64 sum = 0;
  for (int i = 1; i <= q; ++i) {
    int A = b[i].a;
    while (!pq.empty()) {
      i64 X = pq.top().X, Y = pq.top().Y; int x = pq.top().x;
      if (X != a[x].y - a[x - 1].y || Y != a[x].x - a[x - 1].x) {pq.pop(); continue;}
      i64 l = X, r = 1LL * Y * A;
      if (l >= r) break;
      pq.pop(); swap(a[x - 1], a[x]); 
      push(x - 1); push(x + 1); 
    }
    int l = 1, r = n + 1;
    while (l < r) {
      int mid = (l + r) >> 1;
      auto check = [&](int k) {
        return a[k].y >= 1LL * a[k].x * A + b[i].b;
      } ;
      if (check(mid)) r = mid;
      else l = mid + 1;
    }
    sum += n - l + 1;
  }
  cout << sum << '\n';
}