莫队算法

转自 http://vawait.com/manhattanmst/

 

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可以证明每一个顶点在最小生成树中在这45度的范围内至多仅有一条边与之相连，也就是如果以一个点为原点，那么上面分成的八个区域里面最多和每个区域连一条边。

首先只考虑R1区间的。把每个坐标都按x为第一关键字，y为第二关键字排序。从后往前处理，那么能保证处理到第i个点时，比Xi大的点都已经处理过了。也就是以第i点为原点时，其他点只在R1,、R2、R3、R4区间。现在找R1区间的点，通过位移使得i点在原点，那么R1区间的点必然满足Xj<Yj，因为i点为原点，所以在原坐标中满足Xj-Xi<Yj-Yi，转移一下得Yj-Xj>Yi-Xi。也就是在Xj>Xi并且满足Yj-Xj>Yi-Xi中找一个离i点最近的点。因为Xi<Xj,Yi<Yj，所以曼哈顿距离为(Xj+Yj)-(Xi+Yi)，后面的为常数，只考虑前面的即可。

总的算法是先排序，按x为第一关键字，y为第二关键字。然后以每个点的Yi-Xi的值得出排名F[i]。按排序的顺序倒序处理i点，每次找F[j]比F[i]大的并且是Xj+Yj最小的点连边。这个可以以F[i]作为标号，Xi+Yi作为值，用线段树或者树状数组维护即可。

考虑到对称性所以只需要处理4个区域，每个区域可以通过对称转移到R1，所以循环四次每次只是处理坐标，算法还是一样。

这就是莫队算法了，如果知道区间[l,r]的信息，可以O(1)得到[l+1,r]的信息，那么其转移复杂度就相当于曼哈顿距离。可以找出曼哈顿最小生成树然后按照连边处理信息。

最后是我的代码，只有莫队算法处理边还没有求最小生成树的：

const int maxn = 100010;
int n , t , x , f[maxn] , c[maxn];
 
struct bit
{
    int t[100100] , n;
    void cl() { clr( t, 0 ); }
    void add(int x,int y) {
        for ( ; x; x -= x & (-x) ) if( c[y] < c[t[x]] ) t[x] = y;
    }
    int ask(int x) {
        int s = 0;
        for ( ; x <= 100000; x += x & (-x) ) if ( c[s] > c[t[x]] ) s = t[x];
        return s;
    }
} T;
 
struct nodd
{
    int x , y , n;
} a[maxn] , d[maxn] , b[4*maxn];
 
bool cmp(nodd a,nodd b) { return a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x; }
 
void add(int x,int y,int d)
{
    b[++t].x = x; b[t].y = y;
    b[t].n = d;
}
 
void init()
{
    rep(i,1,n) scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y) , a[i].n = i;
    t = 0;
    rep(k,1,4) {
        if ( k == 2 || k == 4 ) rep(i,1,n) swap(a[i].x,a[i].y);
        if ( k == 3 ) rep(i,1,n) a[i].x = -a[i].x;
        sort( a + 1 , a + 1 + n , cmp );
        rep(i,1,n) d[i].x = a[i].y - a[i].x , d[i].y = i;
        rep(i,1,n) c[i] = a[i].x + a[i].y;
        c[0] = 2000000000;
        sort( d + 1 , d + 1 + n , cmp );
        rep(i,1,n) f[d[i].y] = i;
        T.cl();
        red(i,n,1) {
            if ( x = T.ask(f[i]) ) add( a[i].n , a[x].n , c[x] - c[i] );;
            T.add(f[i],i);
        }
    }
}