初识CDQ分治

[BZOJ 1176:单点修改，查询子矩阵和]:

1176: [Balkan2007]Mokia

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 2005  Solved: 894
[Submit][Status][Discuss]

Description

维护一个W*W的矩阵，初始值均为S.每次操作可以增加某格子的权值,或询问某子矩阵的总权值.修改操作数M<=160000,询问数Q<=10000,W<=2000000.

Input

第一行两个整数,S,W;其中S为矩阵初始值;W为矩阵大小

接下来每行为一下三种输入之一(不包含引号):

"1 x y a"

"2 x1 y1 x2 y2"

"3"

输入1:你需要把(x,y)(第x行第y列)的格子权值增加a

输入2:你需要求出以左下角为(x1,y1),右上角为(x2,y2)的矩阵内所有格子的权值和,并输出

输入3:表示输入结束

Output

对于每个输入2,输出一行,即输入2的答案

Sample Input

0 4
1 2 3 3
2 1 1 3 3
1 2 2 2
2 2 2 3 4
3

Sample Output

3
5

HINT

 

保证答案不会超过int范围

 

Source

分析：

第一道CDQ分治的题目TAT...

查询的限制——序

对于一个数据结构题而言（或者需要运用数据结构的地方），我们无非就是做两件操作，一是修改，二是查询 
对于修改而言，有插入，删除，变更（其实等价于删除再插入）这几种方式 
那么查询的本质是什么呢 
我们思考所遇到过的数据结构题，可以发现查询实际上就在做一件事情： 
把符合本次查询的限制的修改对答案产生的效果合并起来 
满足这种限制通常表现为一种序的要求，并且这种序是广义的，符合限制的操作往往是按某种序（或多种序）排序后的操作的前缀 
通常来说,查询一定有时间上的限制,也就是要求考虑发生在某个时刻之前的所有查询,对于一个问题而言,假如所有查询要求的发生时刻相同,那这就是一个静态查询问题,如果要求发生的时刻随着查询而变,那这就是一个动态修改问题,动态修改问题较静态查询而言复杂很多,往往需要高级数据结构,可持久化等手段,而静态查询简单很多,例如时间倒流,twopointers之类的方法都是很好的选择

我理解的CDQ分治就是通过离线去掉时间的限制(或者某一维的限制)，把动态修改问题转化为静态查询问题...

对于这道题来说，我们可以把查询操作分为4个询问前缀和的操作...

我们把所有的操作按照x排序，那么我们查询的时候维护y的树状数组就可以...这样达到了降维的目的...

我们把操作按照x排序，然后对于当前操作区间[l,r]，可以应用分治的思想，把区间按照时间为关键字分为[l,mid]和[mid+1,r]两个区间(在两个区间内x依然有序)，对于区间内部的修改操作对查询操作的影响，这是一个相同的子问题，所以我们递归解决即可...我们只需要处理的就是[l,mid]中的修改操作对[mid+1,r]中的查询操作的影响...这个树状数组处理即可...

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//by NeighThorn
using namespace std;
//大鹏一日同风起，扶摇直上九万里 

const int maxn=2000000+5,maxm=200000+5;

struct M{
    int x,y,val,pos,ans;
    M() {}
    M(int a,int b,int c,int d);
}q[maxm],q2[maxm];

int n,m,op,T,tr[maxn],tim[maxn];

M :: M(int a=0,int b=0,int c=0,int d=0){
    x=a,y=b,val=c,pos=d,ans=0;
}

inline void insert(int x,int y){
    for(;x<=n;x+=x&(-x)){
        if(tim[x]!=T)
            tr[x]=0;
        tim[x]=T,tr[x]+=y;
    }
}

inline int query(int x){
    int res=0;
    for(;x;x-=x&(-x))
        if(tim[x]==T)
            res+=tr[x];
    return res;
}

inline bool cmp1(M a,M b){
    return a.x<b.x;
}

inline bool cmp2(M a,M b){
    return a.pos<b.pos;
}

inline void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)
        return;
    int mid=(l+r)>>1,l1=l,l2=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if(q[i].pos<=mid)
            q2[l1++]=q[i];
        else
            q2[l2++]=q[i];
    }
    memcpy(q+l,q2+l,sizeof(q[0])*(r-l+1));CDQ(l,mid);
    int j=l;T++;
    for(int i=mid+1;i<=r;i++){
        for(;q[j].x<=q[i].x&&j<=mid;j++)
            if(q[j].val!=20010106)
                insert(q[j].y,q[j].val);
        if(q[i].val==20010106)
            q[i].ans+=query(q[i].y);
    }
    CDQ(mid+1,r);
    l1=l,l2=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if((q[l1].x<q[l2].x&&l1<=mid)||l2>r)
            q2[i]=q[l1++];
        else
            q2[i]=q[l2++];
    }
    memcpy(q+l,q2+l,sizeof(q[0])*(r-l+1));
}

signed main(void){
    int l,s,x,y;m=0;
    scanf("%d%d",&n,&n);
    while(scanf("%d",&op)&&op!=3){
        if(op==1)
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&s),q[++m]=M(x,y,s,m);
        else
            scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&x,&y),
            q[++m]=M(l-1,s-1,20010106,m),
            q[++m]=M(l-1,y  ,20010106,m),
            q[++m]=M(x  ,s-1,20010106,m),
            q[++m]=M(x  ,y  ,20010106,m);
    }
    sort(q+1,q+m+1,cmp1);CDQ(1,m);sort(q+1,q+m+1,cmp2);
    for(int i=1,lala;i<=m;i++)
        if(q[i].val==20010106){
            lala =q[i++].ans;
            lala-=q[i++].ans;
            lala-=q[i++].ans;
            lala+=q[i  ].ans;
            printf("%d\n",lala);
        }
    return 0;
}//Cap ou pas cap. Cap.

 

[BZOJ 3163：背包问题]：

3163: [Heoi2013]Eden的新背包问题

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 382  Solved: 252
[Submit][Status][Discuss]

Description

“寄没有地址的信，这样的情绪有种距离，你放着谁的歌曲，是怎样的心心静，能不能说给我听。”
失忆的Eden总想努力地回忆起过去，然而总是只能清晰地记得那种思念的感觉，却不能回忆起她的音容笑貌。 记忆中，她总是喜欢给Eden出谜题：在 valentine’s day 的夜晚，两人在闹市中闲逛时，望着礼品店里精巧玲珑的各式玩偶，她突发奇想，问了 Eden这样的一个问题：有n个玩偶，每个玩偶有对应的价值、价钱，每个玩偶都可以被买有限次，在携带的价钱m固定的情况下，如何选择买哪些玩偶以及每个玩偶买多少个，才能使得选择的玩偶总价钱不超过m，且价值和最大。众所周知的，这是一个很经典的多重背包问题，Eden很快解决了，不过她似乎因为自己的问题被飞快解决感到了一丝不高兴，于是她希望把问题加难：多次 询问，每次询问都将给出新的总价钱，并且会去掉某个玩偶（即这个玩偶不能被选择），再问此时的多重背包的答案（即前一段所叙述的问题）。  
这下Eden 犯难了，不过Eden不希望自己被难住，你能帮帮他么？  

Input

第一行一个数n，表示有n个玩偶，玩偶从0开始编号 
第二行开始后面的 n行，每行三个数 ai, bi, c i，分别表示买一个第i个玩偶需
要的价钱，获得的价值以及第i个玩偶的限购次数。 
接下来的一行为q，表示询问次数。 
接下来q行，每行两个数di. ei表示每个询问去掉的是哪个玩偶（注意玩偶从0开始编号）以及该询问对应的新的总价钱数。（去掉操作不保留，即不同询问互相独立） 

Output

 
输出q行，第i行输出对于第 i个询问的答案。 

Sample Input

5
2 3 4
1 2 1
4 1 2
2 1 1
3 2 3
5
1 10
2 7
3 4
4 8
0 5

Sample Output

13
11
6
12
4

HINT

一共五种玩偶，分别的价钱价值和限购次数为 (2,3,4)， (1,2,1)， (4,1,2)， (2,1,1)，(3,2,3)。五个询问，以第一个询问为例。第一个询问表示的是去掉编号为1的玩偶，且拥有的钱数为10时可以获得的最大价值，则此时剩余玩偶为(2,3,4)，(4,1,2)，(2,1,1)，(3,2,3)，若把编号为0的玩偶买4个（即全买了），然后编号为3的玩偶买一个，则刚好把10元全部花完，且总价值为13。可以证明没有更优的方案了。注意买某种玩偶不一定要买光。

100. 数据满足1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ q ≤ 3*105 , 1 ≤  a

i、bi、c i ≤ 100, 0 ≤ d i < n,  0  ≤ei ≤ 1000。 

Source

 

分析：

对于删除物品分治...

我们定义CDQ(l,r)为删除[l,r]这个区间的物品的dp值，那么递归到[l,l]的时候就可以更新答案了...

怎么计算...因为[l,mid]的dp值一定包含了[mid+1,r]之间的物品，所以我们可以用[mid+1,r]之间的物品更新dp值之后传入[l,mid]进行计算，同理，用[l,mid]的物品更新dp值然后传入[mid+1,r]进行计算...

其实为了保证复杂度要用单调队列优化背包...但是这题数据水...我很懒...

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//by NeighThorn
using namespace std;
//大鹏一日同风起，扶摇直上九万里

const int maxn=1000+5,maxq=300000+5;

int n,m,cnt,v[maxq],co[maxn],hd[maxn],ans[maxq],pos[maxq],nxt[maxq],val[maxn],num[maxn],f[15][maxn];

inline void add(int s,int x,int y){
    pos[cnt]=y;v[cnt]=s;nxt[cnt]=hd[x];hd[x]=cnt++;
}

inline void dp(int *f,int x){
    for(int i=1;i<=num[x];i++)
        for(int j=maxn-5;j>=co[x];j--)
            f[j]=max(f[j],f[j-co[x]]+val[x]);
}

inline void CDQ(int l,int r,int d){
    if(l==r){
        for(int i=hd[l];i!=-1;i=nxt[i])
            ans[pos[i]]=f[d-1][v[i]];
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    for(int i=0;i<maxn;i++)
        f[d][i]=f[d-1][i];
    for(int i=mid+1;i<=r;i++)
        dp(f[d],i);
    CDQ(l,mid,d+1);
    for(int i=0;i<maxn;i++)
        f[d][i]=f[d-1][i];
    for(int i=l;i<=mid;i++)
        dp(f[d],i);
    CDQ(mid+1,r,d+1);
}

signed main(void){
    scanf("%d",&n);cnt=0;
    memset(hd,-1,sizeof(hd));
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d%d",&co[i],&val[i],&num[i]);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
        scanf("%d%d",&x,&y),add(y,x+1,i);
    CDQ(1,n,1);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}//Cap ou pas cap. Cap.

[BZOJ 3237: 无向图是否联通]:

3237: [Ahoi2013]连通图

Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MB
Submit: 1155  Solved: 396
[Submit][Status][Discuss]

Description

Input

Output

Sample Input

4 5
1 2
2 3
3 4
4 1
2 4
3
1 5
2 2 3
2 1 2

Sample Output

Connected
Disconnected
Connected

HINT

 

N<=100000 M<=200000 K<=100000

Source

分析：

一开始想的是CDQ(l,r)代表的是删掉[l,r]这一整段区间的边无向图的状态，但是发现酱紫是不行滴...

然后我们发现我们可以对query进行分治，CDQ(l,r)代表的是去掉[l,r]这段询问的边无向图的状态...我们用并查集来维护...

学习到一个新的方法...用栈来维护并查集的压缩过程，这样可以回溯...

因为并查集没有按秩合并...所以被YSQ吐槽为“叽里咕噜滚雪球式并查集”...(￣_￣|||)...

好吧...按秩合并确实快...4s和12s的差距TAT...

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//by NeighThorn
using namespace std;
//大鹏一日同风起，扶摇直上九万里 

const int maxn=100000+5,maxm=200000+5;

int n,m,Q,T,tail,fa[maxn],ans[maxn],stk[maxn*300],vis[maxm];

struct M{
    int num,id[7];
}q[maxn];

struct G{
    int x,y;
}e[maxm];

inline int find(int x){
    if(fa[x]==x)
        return x;
    stk[++tail]=x;stk[++tail]=fa[x];
    return fa[x]=find(fa[x]);
}

inline void merge(int x,int y){
    int fx=find(x),fy=find(y);
    if(fx!=fy)
        stk[++tail]=fx,stk[++tail]=fx,fa[fx]=fy;
}

inline void CDQ(int l,int r){
    int mid=(l+r)>>1,lala=tail;
    if(l==r){
        for(int i=1;i<=q[l].num&&ans[l];i++)
            if(find(e[q[l].id[i]].x)!=find(e[q[l].id[i]].y))
                ans[l]=0;
        while(lala!=tail)
            fa[stk[tail-1]]=stk[tail],tail-=2;
        return;
    }T++;
    for(int i=l;i<=mid;i++)
        for(int j=1;j<=q[i].num;j++)
            vis[q[i].id[j]]=T;
    for(int i=mid+1;i<=r;i++)
        for(int j=1;j<=q[i].num;j++)
            if(vis[q[i].id[j]]!=T)
                merge(e[q[i].id[j]].x,e[q[i].id[j]].y);
    CDQ(l,mid);T++;
    while(lala!=tail)
        fa[stk[tail-1]]=stk[tail],tail-=2;
    for(int i=mid+1;i<=r;i++)
        for(int j=1;j<=q[i].num;j++)
            vis[q[i].id[j]]=T;
    for(int i=l;i<=mid;i++)
        for(int j=1;j<=q[i].num;j++)
            if(vis[q[i].id[j]]!=T)
                merge(e[q[i].id[j]].x,e[q[i].id[j]].y);
    CDQ(mid+1,r);
    while(lala!=tail)
        fa[stk[tail-1]]=stk[tail],tail-=2;
}

signed main(void){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(vis,-1,sizeof(vis));
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y);
    scanf("%d",&Q);
    for(int i=1;i<=Q;i++){
        scanf("%d",&q[i].num);ans[i]=1;
        for(int j=1;j<=q[i].num;j++)
            scanf("%d",&q[i].id[j]),vis[q[i].id[j]]=0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if(vis[i]==-1)
            merge(e[i].x,e[i].y);
    CDQ(1,Q);
    for(int i=1;i<=Q;i++)
        ans[i]?puts("Connected"):puts("Disconnected");
    return 0;
}//Cap ou pas cap. Cap.

[BZOJ 2001:动态最小生成树]:

2001: [Hnoi2010]City 城市建设

Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 1129  Solved: 552
[Submit][Status][Discuss]

Description

PS国是一个拥有诸多城市的大国，国王Louis为城市的交通建设可谓绞尽脑汁。Louis可以在某些城市之间修建道路，在不同的城市之间修建道路需要不同的花费。Louis希望建造最少的道路使得国内所有的城市连通。但是由于某些因素，城市之间修建道路需要的花费会随着时间而改变，Louis会不断得到某道路的修建代价改变的消息，他希望每得到一条消息后能立即知道使城市连通的最小花费总和， Louis决定求助于你来完成这个任务。

Input

文件第一行包含三个整数N,M,Q，分别表示城市的数目，可以修建的道路个数，及收到的消息个数。 接下来M行，第i+1行有三个用空格隔开的整数Xi,Yi,Zi(1≤Xi,Yi≤n, 0≤Zi≤50000000)，表示在城市Xi与城市Yi之间修建道路的代价为Zi。接下来Q行，每行包含两个数k,d，表示输入的第k个道路的修建代价修改为d(即将Zk修改为d)。

Output

输出包含Q行，第i行输出得知前i条消息后使城市连通的最小花费总和。

Sample Input

5 5 3
1 2 1
2 3 2
3 4 3
4 5 4
5 1 5
1 6
1 1
5 3

Sample Output

14
10
9

HINT

【数据规模】 对于20%的数据, n≤1000,m≤6000,Q≤6000。 有20%的数据，n≤1000,m≤50000,Q≤8000,修改后的代价不会比之前的代价低。 对于100%的数据, n≤20000,m≤50000,Q≤50000。

Source

分析：

这道题的思想主要在于通过分治来缩小图的规模，从而降低复杂度...

我们定义CDQ(l,r)为处理[l,r]的询问...那么这个时候[1,l-1]的边已经固定了...

有一下两个操作：

No.1  合并必须边：

我们把[l,r]的边设为-inf，跑最小生成树，树边就是必须边...(原因自己YY)...

No.2  删除多余边：

我们把[l,r]的边设为+inf，跑最小生成树，非树边是多余边...

然后递归边界为[l,l]这个时候跑最小生成树然后加上合并的权值就是当前的ans...

讲道理...这题主要是细节...我调了好久...要了数据才过...(好吧其实数据没有什么用...看样例就100了...这没法调啊w(ﾟДﾟ)w)

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio> 
//by NeighThorn
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;

const int maxn=20000+5,maxm=50000+5;

int n,m,Q,T,tail,fa[maxn],stk[maxn*1000],ver[20],edg[20],vis[maxm];

long long ans[maxm],val[20],w[maxm];

struct M{
    int x,y,w,flag,id;
    friend bool operator < (M a,M b){
        return a.w<b.w;
    }
}G[20][maxm],lala[maxm],lalala[maxm];

struct L{
    int id,w;
}q[maxm];

inline int find(int x){
    if(fa[x]==x)
        return x;
    stk[++tail]=x,stk[++tail]=fa[x];
    return fa[x]=find(fa[x]);
}

inline void merge(int x,int y){
    int fx=find(x),fy=find(y);
    if(fx!=fy)
        stk[++tail]=fx,stk[++tail]=fx,fa[fx]=fy;
}

inline long long kruskal(int d){
    sort(lala+1,lala+edg[d]+1);long long res=0;
    for(int i=1;i<=edg[d];i++){
        int fx=find(lala[i].x),fy=find(lala[i].y);
        if(fx!=fy)
            merge(fx,fy),res+=w[lala[i].id],lala[i].flag=1;
        else
            lala[i].flag=0;
    }
    return res;
}

inline void CDQ(int l,int r,int d){
    int tmp=tail,ttmp;
    if(l==r){
        w[q[l].id]=q[l].w;
        for(int i=1;i<=edg[d-1];i++)
            lala[i]=G[d-1][i],lala[i].w=w[G[d-1][i].id];
        ans[l]=kruskal(d-1)+val[d-1];
        while(tmp!=tail)
            fa[stk[tail-1]]=stk[tail],tail-=2;
        return;
    }
    edg[d]=edg[d-1],val[d]=val[d-1],ver[d]=ver[d-1];
    int mid=(l+r)>>1;T++;
    for(int i=l;i<=r;i++)
        vis[q[i].id]=T;
    for(int i=1;i<=edg[d];i++){
        lala[i]=G[d-1][i],lala[i].w=w[G[d-1][i].id];
        if(vis[G[d-1][i].id]==T)
            lala[i].w=-inf;
    }
    kruskal(d);
    while(tmp!=tail)
        fa[stk[tail-1]]=stk[tail],tail-=2;
    int haha=edg[d];
    for(int i=1,j=0;i<=haha;i++){
        if(lala[i].flag&&lala[i].w!=-inf)
            merge(lala[i].x,lala[i].y),ver[d]--,edg[d]--,val[d]+=w[lala[i].id];
        else
            lala[i].x=find(lala[i].x),lala[i].y=find(lala[i].y),G[d][++j]=lala[i],G[d][j].w=w[lala[i].id];
    }ttmp=tail;
    for(int i=1;i<=edg[d];i++){
        G[d][i].x=find(G[d][i].x),G[d][i].y=find(G[d][i].y);
        lala[i]=G[d][i],lala[i].w=w[G[d][i].id];
        if(vis[G[d][i].id]==T)
            lala[i].w=inf;
    }
    kruskal(d);
    while(ttmp!=tail)
        fa[stk[tail-1]]=stk[tail],tail-=2;
    haha=edg[d];
    for(int i=1,j=0;i<=haha;i++){
        if(!lala[i].flag&&lala[i].w!=inf)
            edg[d]--;
        else
            lala[i].x=fa[lala[i].x],lala[i].y=fa[lala[i].y],G[d][++j]=lala[i];
    }
    CDQ(l,mid,d+1),CDQ(mid+1,r,d+1);
    while(tail!=tmp)
        fa[stk[tail-1]]=stk[tail],tail-=2;
}

signed main(void){
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    // freopen("out.txt","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%d",&G[0][i].x,&G[0][i].y,&G[0][i].w),G[0][i].id=i,w[i]=G[0][i].w;
    for(int i=1;i<=Q;i++)
        scanf("%d%d",&q[i].id,&q[i].w);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fa[i]=i;
    edg[0]=m,ver[0]=n,CDQ(1,Q,1); 
    for(int i=1;i<=Q;i++)
        printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}//Cap ou pas cap. Cap.

 

[BZOJ2716 平面最近点]:

2716: [Violet 3]天使玩偶

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Description

Input

Output

分析：

和第一道题目是一样的，只不过是把求和变成了取max...

首先我们可以以当前询问的点为原点，把平面划分为4个部分，我们首先考虑左下角的点dis[i,j]=x[i]-x[j]+y[i]-y[j]=x[i]+y[i]-(x[j]+y[j])...

这样我们只需要查询当前点左下角的点x+y最大的点即可，那么还是按照x排序维护y的树状数组...

那么其他三个区域的点可以对称一下转化为左下角的点...

但是这题它卡常数...我人帅自带大常数TAT...T死了...

所以就把O(nlgn)的四个排序改成了四个memcpy...然后就A了QAQ...

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//by NeighThorn
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
//大鹏一日同风起，扶摇直上九万里

const int maxn=1000000+5,maxm=1000000+5; 

int n,m,T,Max,tr[maxm],tim[maxm],ans[maxm];

struct M{
    int t,x,y,id;
    bool operator <(const M &a)const{
        if(x!=a.x)
            return x<a.x;
        return t<a.t;
    }
}q[maxn],q2[maxn],l[maxn];

inline int read(void){
    char ch=getchar();int f=1,x=0;
    while(!(ch>='0'&&ch<='9')){
        if(ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
        x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f*x;
}

inline void insert(int x,int y){
    for(;x<=Max;x+=x&-x){
        /*
        if(tim[x]!=T)
            tr[x]=-1;
        tim[x]=T,tr[x]=max(tr[x],y);
        */
        if(tim[x]!=T||tr[x]<y)
            tr[x]=y,tim[x]=T;
    }
}

inline int query(int x){
    int res=-1;
    for(;x;x-=x&-x)
        if(tim[x]==T)
            res=max(tr[x],res);
    return res;
}

/*
inline void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)
        return;
    int mid=(l+r)>>1,l1=l,l2=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if(q[i].id<=mid)
            q2[l1++]=q[i];
        else
            q2[l2++]=q[i];
    }
    for(int i=l;i<=r;i++)
        q[i]=q2[i];
    CDQ(l,mid);int j=l;T++;
    for(int i=mid+1;i<=r;i++){
        for(;q[j].x<=q[i].x&&j<=mid;j++)
            if(q[j].t==1)
                insert(q[j].y,q[j].x+q[j].y);
        if(q[i].t==2){
            int lala=query(q[i].y);
            q[i].ans=lala==-1?q[i].ans:min(q[i].x+q[i].y-lala,q[i].ans);
        }
    }
    CDQ(mid+1,r);
    l1=l,l2=mid+1;
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if((q[l1].x<q[l2].x&&l1<=mid)||l2>r)
            q2[i]=q[l1++];
        else
            q2[i]=q[l2++];
    }
    for(int i=l;i<=r;i++)
        q[i]=q2[i];
}
*/

inline void CDQ(int l,int r){
    if(l==r)
        return;
    int mid=(l+r)>>1,l1=l,l2=mid+1;
    CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if((l1<=mid&&q[l1]<q[l2])||l2>r)
            q2[i]=q[l1++];
        else
            q2[i]=q[l2++];
    }
    for(int i=l;i<=r;i++)
        q[i]=q2[i];
    T++;
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if(q[i].t==2&&q[i].id>mid){
            int lala=query(q[i].y);
            ans[q[i].id]=lala==-1?ans[q[i].id]:min(q[i].x+q[i].y-lala,ans[q[i].id]);
        }
        else if(q[i].t==1&&q[i].id<=mid)
            insert(q[i].y,q[i].x+q[i].y);
    }
}

signed main(void){
//     freopen("in.txt","r",stdin);
//     freopen("out.txt","w",stdout);
    n=read(),m=read();Max=0;T=0;m+=n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        l[i].x=read()+1,l[i].y=read()+1,l[i].id=i,l[i].t=1;
        if(l[i].x>Max)
            Max=l[i].x;
        if(l[i].y>Max)
            Max=l[i].y;
    }
    for(int i=n+1;i<=m;i++){
        l[i].t=read(),l[i].x=read()+1,l[i].y=read()+1,l[i].id=i,ans[i]=inf;
        if(l[i].x>Max)
            Max=l[i].x;
        if(l[i].y>Max)
            Max=l[i].y;
    }
    Max++;
    
    /*
    sort(q+1,q+m+1);CDQ(1,m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        q[i].x=Max-q[i].x;
    sort(q+1,q+m+1);CDQ(1,m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        q[i].y=Max-q[i].y;
    sort(q+1,q+m+1);CDQ(1,m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        q[i].x=-(q[i].x-Max);
    sort(q+1,q+m+1);CDQ(1,m);
    */
    
    memcpy(q,l,sizeof(q));
    CDQ(1,m);
    
    memcpy(q,l,sizeof(q));
    for(int i=1;i<=m;i++)
        q[i].x=Max-q[i].x;
    CDQ(1,m);
    
    memcpy(q,l,sizeof(q));
    for(int i=1;i<=m;i++)
        q[i].y=Max-q[i].y;
    CDQ(1,m);
    
    memcpy(q,l,sizeof(q));
    for(int i=1;i<=m;i++)
        q[i].x=Max-q[i].x,q[i].y=Max-q[i].y;
    CDQ(1,m);
    
    for(int i=n+1;i<=m;i++)
        if(l[i].t==2)
            printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}//Cap ou pas cap. Cap.

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By NeighThorn