@hdu - 6329@ Problem K. Transport Construction
@description@
给定 n 个点，第 i 个点位于 (xi, yi)。
在第 i 个点与第 j 个点之间建边费用为 xi*xj + yi*yj。
求最小生成树。
Input
第一行一个整数 T (1≤T≤2000)，表示数据组数。
每组数据给定一个整数 n(2≤n≤100000)，表示点数。保证 ∑n≤10^6。
接下来 n 行，每行两个整数 xi, yi(1≤xi,yi≤10^6), 描述一个点的坐标。注意可以点可以重合。
Output
对于每组数据，输出最小生成树的权值和。
Sample Input
1
3
2 4
3 1
5 2
Sample Output
27
@solution@
完全图的最小生成树，套路般的 boruvka 算法（可以自己百度一下）。
boruvka 算法的其他部分都是套路，主要是考虑怎么求一个连通块的最小邻边。
注意到点积 \(x_i*x_j + y_i*y_j\) 其实可以写成斜率优化形式的式子 \(y_i*(\frac{x_i}{y_i}*x_j + y_j)\)。当 i 固定时相当于求 \(\frac{x_i}{y_i}*x_j + y_j\) 的最小值。
然后就可以转成维护凸包了。
但是我们还需要排除同一连通块中的点，而众所周知凸包很难实现删除。
可以考虑 cdq 分治（不清楚是不是，不过很像）。将同一连通块的点视作同一颜色，对颜色进行分治。
具体来说，对于区间 [l, r] 中的颜色，我们只考虑 [l, mid] 对 [mid + 1, r] 的贡献与 [mid + 1, r] 对 [l, mid] 的贡献。
分治时分开维护询问与点，通过先递归再归并排序实现横坐标与询问的有序。然后就可以 O(nlogn) 搞定一次查询最小邻边了。
套上生成树的复杂度为 O(nlog^2n)。但由于 boruvka 一般跑不满所以常数小，可以通过。
@accepted code@
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
typedef long long ll;
typedef pair<ll, int> pli;
const int MAXN = 100000;
const ll INF = (1LL<<60);
struct point{
int x, y, c;
point(int _x=0, int _y=0, int _c=0):x(_x), y(_y), c(_c) {}
}pnt[MAXN + 5], qry[MAXN + 5], tmp[MAXN + 5];
double f(point p) {
return - 1.0 * p.x / p.y;
}
bool cmp1(point a, point b) {
return a.c == b.c ? (a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x) : a.c < b.c;
}
bool cmp2(point a, point b) {
return a.c == b.c ? f(a) < f(b) : a.c < b.c;
}
double slope(point a, point b) {
if( a.x == b.x ) {
if( b.y >= a.y ) return INF;
else return -INF;
}
else return 1.0 * (b.y - a.y) / (b.x - a.x);
}
int que[MAXN + 5]; pli lnk[MAXN + 5];
void solve(int l, int r, int L, int R) {
if( L == R ) return ;
int M = (L + R) >> 1, m;
for(int i=l;i<=r;i++)
if( pnt[i].c <= M )
m = i;
solve(l, m, L, M), solve(m + 1, r, M + 1, R);
int s = 1, t = 0;
for(int i=l;i<=m;i++) {
while( s < t && slope(pnt[que[t-1]], pnt[que[t]]) >= slope(pnt[que[t]], pnt[i]) )
t--;
que[++t] = i;
}
for(int i=m+1;i<=r;i++) {
while( s < t && slope(pnt[que[s]], pnt[que[s+1]]) <= f(qry[i]) )
s++;
int j = que[s];
lnk[qry[i].c] = min(lnk[qry[i].c], mp(1LL*pnt[j].x*qry[i].x + 1LL*pnt[j].y*qry[i].y, pnt[j].c));
}
s = 1, t = 0;
for(int i=m+1;i<=r;i++) {
while( s < t && slope(pnt[que[t-1]], pnt[que[t]]) >= slope(pnt[que[t]], pnt[i]) )
t--;
que[++t] = i;
}
for(int i=l;i<=m;i++) {
while( s < t && slope(pnt[que[s]], pnt[que[s+1]]) <= f(qry[i]) )
s++;
int j = que[s];
lnk[qry[i].c] = min(lnk[qry[i].c], mp(1LL*pnt[j].x*qry[i].x + 1LL*pnt[j].y*qry[i].y, pnt[j].c));
}
int p = l, q = m + 1, k = l;
while( p <= m && q <= r ) {
if( pnt[p].x < pnt[q].x )
tmp[k++] = pnt[p++];
else tmp[k++] = pnt[q++];
}
while( p <= m ) tmp[k++] = pnt[p++];
while( q <= r ) tmp[k++] = pnt[q++];
for(int i=l;i<=r;i++) pnt[i] = tmp[i];
p = l, q = m + 1, k = l;
while( p <= m && q <= r ) {
if( f(qry[p]) < f(qry[q]) )
tmp[k++] = qry[p++];
else tmp[k++] = qry[q++];
}
while( p <= m ) tmp[k++] = qry[p++];
while( q <= r ) tmp[k++] = qry[q++];
for(int i=l;i<=r;i++) qry[i] = tmp[i];
}
int id[MAXN + 5], fa[MAXN + 5], clr[MAXN + 5];
int find(int x) {
return fa[x] = (fa[x] == x ? x : find(fa[x]));
}
bool unite(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if( fx != fy ) {
fa[fx] = fy;
return true;
}
else return false;
}
int x[MAXN + 5], y[MAXN + 5], n;
void solve() {
scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d", &x[i], &y[i]), fa[i] = i;
ll ans = 0;
while( true ) {
int cnt = 0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if( fa[i] == i )
id[clr[i] = (++cnt)] = i;
if( cnt == 1 ) break;
for(int i=1;i<=n;i++)
clr[i] = clr[find(i)];
for(int i=1;i<=n;i++)
pnt[i] = qry[i] = point(x[i], y[i], clr[i]);
sort(pnt + 1, pnt + n + 1, cmp1);
sort(qry + 1, qry + n + 1, cmp2);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
lnk[i] = mp(INF, -1);
solve(1, n, 1, cnt);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
if( unite(id[i], id[lnk[i].se]) )
ans += lnk[i].fi;
}
printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
int T; scanf("%d", &T);
while( T-- ) solve();
}
@details@
其实。。。我一直卡在把询问和横坐标分开排序这一点上。。。
一直在想怎么才能避免在凸包上二分。。。
