CH4701 天使玩偶
4701 天使玩偶 0x40「数据结构进阶」例题
描述
样例输入
2 3 1 1 2 3 2 1 2 1 3 3 2 4 2
样例输出
1 2
来源
石家庄二中Violet 3杯省选模拟赛
</article>
Dilthey的题解
（话说怎么会有人这么闲，把书上的内容打了一遍。）
关于CDQ分治（参考李煜东《算法竞赛进阶指南》）：
对于一系列操作，其中的任何一个询问操作，其结果必然等价于：初始值 + 此前所有的修改操作产生的影响。
假设共有 \(m\) 次操作，对于任意的满足 \(1 \le l \le r \le m\) 的正整数 \(l,r\)，定义 \(solve(l,r)\) 为：对于任意的正整数 \(k \in [l,r]\)，若第 \(k\) 次操作为询问操作，则计算第 \(l \sim k-1\) 次操作中的修改操作对第 \(k\) 次查询的影响。\(solve(l,r)\) 可以通过分治来计算：
- 设 \(mid = (l+r)>>1\)，递归计算 \(solve(l,mid)\) 和 \(solve(mid+1,r)\)。
- 计算第 \(l \sim mid\) 次操作中所有修改操作对第 \(mid+1 \sim r\) 次操作中所有询问操作的影响。
同时，根据 \(solve(l,r)\) 的定义，显然 \(solve(1,m)\) 即为原始问题（不考虑初始值的情况下），而当 \(l=r\) 时 \(solve(l,r)\) 显然不需要进行任何计算。
第 2 部分的操作，其实是一个静态问题，因为修改和询问是完全被前后分开的。类比于经典分治算法归并排序，我们只要让计算第 2 部分的时间复杂度只和 \(r-l\) 线性相关，就可以使得总的时间复杂度为 \(O(m \log m)\)。
这种离线分治算法是基于时间顺序对操作序列进行分治的，因此称为基于时间的分治算法，或者更加广泛的名称CDQ分治。
题解：
这个题，剥离题目背景，无非就是在二维平面上，在若干时刻放置一个点在某个位置，同时在若干时刻查询某个位置与其最近邻的距离。
自然而然就会想起KDTree，不过我还不会带修改的KDTree怎么办，那不妨考虑一下一个简单的问题，假设没有修改操作，只在一开始就给定你平面上若干个点，后续全部都是查询操作。
即：给定平面上 \(n\) 个点 \((x_i,y_i)\)，有 \(m\) 次查询操作，每次询问距离 \((x,y)\) 位置的最近的点有多远（KDTree板子题）。显然，答案就是 \(\min_{1 \le i \le n}\{ |x - x_i| + |y - y_i| \}\)。
方便起见，为了去掉绝对值符号，不妨把询问变成询问四个方向（第 \(1,2,3,4\) 象限方向）上距离最近的点。那么，以第三象限方向上的询问为例，其答案就变成：
\(\min_{1 \le i \le n}\{ x - x_i + y - y_i \} = (x+y) - \max_{1 \le i \le n}\{x_i + y_i\}\)
其中，\(\forall x_i,y_i\) 满足 \(x_i \le x\) 且 \(y_i \le y\)。
此时，可以考虑树状数组优化时间复杂度，先把所有平面上的点和询问中的位置按横坐标从小到大排个序，然后依次进行扫描。
若扫描到一个点 \((x_i,y_i)\)，则在树状数组中把第 \(y_i\) 个位置上的值和 \(x_i+y_i\) 取较大值。
若扫描到一个询问的位置 \((x,y)\)，则在树状数组中查询区间 \([0,y]\) 上的最大值。
显然，按照横坐标从小到大扫描，使得每次询问时，树状数组中存储的值都是 \(x\) 值不大于当前位置的点，而在区间 \([0,y]\) 的查询就迫使所有被考虑的点的 \(y\) 值都是不超过当前位置的。
时间复杂度 \(O((n+m)\log(n+m))\)。
然后，我们回到原来的问题，对于原问题，我们使用CDQ分治，那么需要考虑的问题就变成了 \(solve(l,r)\) 中，如何计算第 \(l \sim mid\) 次操作中所有修改操作对第 \(mid+1 \sim r\) 次操作中所有询问操作的影响。换句话说，如何计算第 \(l \sim mid\) 次操作中所有添加进来的点，对第 \(mid+1 \sim r\) 次操作中所有询问的影响。这样一看，这不就是上面讲到的简化版问题吗。
当然，为了保证每次计算静态问题的时间复杂度仅和 \(r-l\) 相关，不能每次都建立一个新的树状数组，必须在每次计算 \(solve(l,r)\) 后，把对树状数组的修改都撤销掉。也就是说，要保证对于每个 \(solve(l,r)\)，在进入和离开函数时，树状数组都是空的。
这样一来，不妨把初始的 \(n\) 个点也看做修改操作，对于总的 \(n+m\) 次操作，总时间复杂度就是 \(O((n+m) \log^2 (n+m))\)。
代码
体验了数组卡着开的乐趣。
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;
co int N=1e6+1,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,ans[N],maxy=-INF,c[N];
struct P{
int t,x,y;
bool operator<(co P&a)co {return x<a.x;}
}a[N],b[N];
void add(int y,int num){
for(;y<maxy;y+=y&-y) c[y]=max(c[y],num);
}
int ask(int y){
int ans=-INF;
for(;y;y-=y&-y) ans=max(ans,c[y]);
return ans;
}
void re(int y){
for(;y<maxy;y+=y&-y) c[y]=-INF;
}
void work(int st,int ed,int w,int dx,int dy){
for(int i=st;i!=ed;i+=w){
int y=dy==1?b[i].y:maxy-b[i].y;
int num=dx*b[i].x+dy*b[i].y;
if(a[b[i].t].t==1) add(y,num);
else ans[b[i].t]=min(ans[b[i].t],abs(num-ask(y)));
}
for(int i=st;i!=ed;i+=w)
if(a[b[i].t].t==1) re(dy==1?b[i].y:maxy-b[i].y);
}
void CDQ(int l,int r){
if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;
CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);
int tot=0;
for(int i=l;i<=r;++i)
if(i<=mid&&a[i].t==1||i>mid&&a[i].t==2)
b[++tot]=a[i],b[tot].t=i;
sort(b+1,b+tot+1);
work(1,tot+1,1,1,1);
work(1,tot+1,1,1,-1);
work(tot,0,-1,-1,-1);
work(tot,0,-1,-1,1);
}
int main(){
// freopen("CH4701.in","r",stdin),freopen("CH4701.out","w",stdout);
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i].x),maxy=max(maxy,read(a[i].y)),a[i].t=1;
for(int i=1;i<=m;++i) read(a[i+n].t),read(a[i+n].x),maxy=max(maxy,read(a[i+n].y));
++maxy;
memset(ans,0x3f,sizeof ans);
memset(c,0xcf,sizeof c);
CDQ(1,n+m);
for(int i=n+1;i<=n+m;++i)
if(a[i].t==2) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
