Arc065_E Manhattan Compass

平面上有$N$个点$(X_i\space, Y_i)$，定义$D(a,b)=|X_a-X_b|+|Y_a-Y_b|$。

如果你当前在$(p,q)$,这个无序二元组(即$(p,q)$和$(q,p)$被认为是相同的)，并且存在$r$使得$D(p, q)=D(p, r)$，那么你就可以到达$(p, r)$这个无序二元组。

一开始你在$(a,b)$，这个无序二元组，求你能到达多少不同的无序二元组。

 

题解

这道题其实没有任何大的思维跨越，大体思想就是先求出$(a,b)$的曼哈顿距离，然后$bfs$看可以连出去多少条边即可。

然而这样朴素的做法是$O(N^2)$的，想办法优化这一过程。

显然枚举出发点不能进行深一步的优化，所以我们考虑优化枚举到达点的方法。

不难发现，从固定曼哈顿距离确定每一个点出发到达的点一定在一个斜$45$度的正方形上，可以对于每一条正反斜$45$度的直线开一个$vector$按$x$升序存下内部的点，这样就可以在$vector$上进行二分。

至于如何将这些点依次加入队列，可以直接开一个并查集维护$vector$中右侧最近的没有被删除的点，由于每个点只会被删除一次，所以总复杂度$O(N)$

考虑到每次在$vector$上找点还需要二分，所以常数较大，但复杂度仍是$O(N\log N)$

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define LL long long
#define M 100020
using namespace std;
int read(){
	int nm=0,fh=1; char cw=getchar();
	for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
	for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
	return nm*fh;
}
int n,m,cnt,A,B,q[M],hd,tl,D,X[M],Y[M];
LL ans;
bool vis[M];
vector<int> t[M<<1],f[M<<1];
map<int,int> ID1,ID2;
int fd(int kd,int x){return f[kd][x]==x?x:f[kd][x]=fd(kd,f[kd][x]);}
bool cmp(int x,int y){return X[x]<X[y];}
void gtin(int x){
	int tar; X[x]=read(),Y[x]=read();
	if(ID1.count(X[x]+Y[x])) tar=ID1[X[x]+Y[x]];
	else cnt++,tar=ID1[X[x]+Y[x]]=cnt,f[tar].push_back(0);
	t[tar].push_back(x),f[tar].push_back(f[tar].size());
	if(ID2.count(X[x]-Y[x])) tar=ID2[X[x]-Y[x]];
	else cnt++,tar=ID2[X[x]-Y[x]]=cnt,f[tar].push_back(0);
	t[tar].push_back(x),f[tar].push_back(f[tar].size());
}
int getpos(int kd,int minx){
	int l=0,r=t[kd].size(),fin=0,md;
	while(l<=r){
		md=((l+r)>>1);
		if(md<t[kd].size()&&X[t[kd][md]]<minx) l=md+1;
		else fin=md,r=md-1;
	} return fin;
}
void del(int x){
	vis[x]=true; q[tl++]=x;
	int kd=ID1[X[x]+Y[x]],fin; fin=getpos(kd,X[x]);
	f[kd][fin]=fd(kd,fin+1),kd=ID2[X[x]-Y[x]];
	fin=getpos(kd,X[x]),f[kd][fin]=fd(kd,fin+1);
}
void calc(int kd,int lx,int rx,bool down){
	int t1=getpos(kd,lx),t2=getpos(kd,rx),tot=t[kd].size();
	if(down&&t1<tot&&X[t[kd][t1]]<=lx) t1++;
	if(down&&t2<tot&&X[t[kd][t2]]<=rx) t2++; ans+=t2-t1;
	for(t1=fd(kd,t1);t1<t2&&t1<tot;t1=fd(kd,t1+1)) del(t[kd][t1]);
	
}
void getans(int x){
	if(ID2.count(X[x]-Y[x]-D)) calc(ID2[X[x]-Y[x]-D],X[x]-D,X[x],false);
	if(ID1.count(X[x]+Y[x]+D)) calc(ID1[X[x]+Y[x]+D],X[x],X[x]+D,false);
	if(ID1.count(X[x]+Y[x]-D)) calc(ID1[X[x]+Y[x]-D],X[x]-D,X[x],true);
	if(ID2.count(X[x]-Y[x]+D)) calc(ID2[X[x]-Y[x]+D],X[x],X[x]+D,true);
}
void solve(){
	del(A),del(B),D=abs(X[A]-X[B])+abs(Y[A]-Y[B]);
	while(hd<tl){int now=q[hd++];getans(now);}
}
int main(){
	n=read(),A=read(),B=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) gtin(i);
	for(int i=1;i<=cnt;i++) sort(t[i].begin(),t[i].end(),cmp);
	solve(),printf("%lld\n",ans/2); return 0;
}