bzoj2300【HAOI2011】防线修建

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）
    •   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

       

 

posted @ 2019-01-15 07:48  大米饼  阅读(196)  评论(0)  编辑  收藏  举报