[SDOI2014][BZOJ3533] 向量集 [線段樹+凸包]

題面

BZOJ傳送門

思路

首先固然是推式子

對於一個詢問點$(x_0,y_0$和給定向量$(x_1,y_1)$來講，點積這麼表達：

$A=x_0x_1+y_0y_1$

首先確定是考慮大小關係：$x_0x_1+y_0y_1\geq x_0x_2+y_0y_2$

而後其實會發現這條路走不通

那麼還有什麼辦法呢？咱們發現上面的式子裏面是有$Ans$存在的

那咱們嘗試把$Ans$搞進去

$y_1=-\frac{x_0}{y_0}x_1+\frac{A}{y_0}$

誒，半平面出來了= =

實際上，這裏至關因而有一條斜率爲$\frac{x_0}{y_0}$的過原點的直線，點$(x_1,y_1)$到這條直線的距離就是$\frac{Ans}{y_0}$

那麼這樣就好作了：當$y_0 > 0$時，咱們只要找到給定點集中的上凸包頂端的那個店，就是答案；反之則是下凸包底端的點

再考慮到：題目中是區間詢問，有限制，考慮使用線段樹

線段樹的話有一個問題：不能每次插入一個新的節點就update一次凸包吧？確定是不行的

可是發現，線段樹區間詢問的性質決定了，它只會在已經被完整覆蓋（也就是目前插入的數量等於區間長度）的點上跑二分詢問

那麼咱們能夠只在一個線段樹節點的全部覆蓋的位置都已經被插入的時候才求出它的上下凸包

這樣大大下降了複雜度，變爲$O(n\log^2n)$

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#include<vector>
#define eps 1e-9
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
    int re=0,flag=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-') flag=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch)) re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return re*flag;
}
struct node{
    ll x,y;
    node(ll xx=0,ll yy=0){x=xx;y=yy;}
    inline friend bool operator <(const node &a,const node &b){return (a.x==b.x)?(a.y<b.y):(a.x<b.x);}
    inline friend node operator -(const node &a,const node &b){return node(a.x-b.x,a.y-b.y);}
    inline friend ll operator *(const node &a,const node &b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
    inline friend ll operator /(const node &a,const node &b){return a.x*b.x+a.y*b.y;}
};
vector<node>seg[1600010],q1[1600010],q2[1600010];int top1[1600010],top2[1600010],n;
inline void insert(int l,int r,int num,int pos,node p){
    seg[num].push_back(p);
    int mid=(l+r)>>1,i;
    if(pos==r){//只有徹底插入的時候才求凸包
        sort(seg[num].begin(),seg[num].end());
        int &t1=(top1[num]),&t2=(top2[num]);
        for(i=0;i<r-l+1;i++){
            while(t1>0&&(q1[num][t1]-q1[num][t1-1])*(q1[num][t1]-seg[num][i])<eps) q1[num].pop_back(),t1--;
            q1[num].push_back(seg[num][i]);t1++;
            while(t2>0&&(q2[num][t2]-q2[num][t2-1])*(q2[num][t2]-seg[num][i])>-eps) q2[num].pop_back(),t2--;
            q2[num].push_back(seg[num][i]);t2++;
        }
    }
    if(l==r) return;
    if(mid>=pos) insert(l,mid,num<<1,pos,p);
    else insert(mid+1,r,num<<1|1,pos,p);
}
inline ll query1(int l,int r,int ql,int qr,int num,node p){
    if(l>=ql&&r<=qr){
        int L=1,R=top1[num],MID,ANS=0;
        while(L<=R){
            MID=(L+R)>>1;
            if(q1[num][MID]/p>q1[num][MID-1]/p) ANS=MID,L=MID+1;
            else R=MID-1;
        }
        return q1[num][ANS]/p;
    }
    int mid=(l+r)>>1;ll re=-1e18;
    if(mid>=ql) re=max(re,query1(l,mid,ql,qr,num<<1,p));
    if(mid<qr) re=max(re,query1(mid+1,r,ql,qr,num<<1|1,p));
    return re;
}

inline ll query2(int l,int r,int ql,int qr,int num,node p){
    if(l>=ql&&r<=qr){
        int L=1,R=top2[num],MID,ANS=0;
        while(L<=R){
            MID=(L+R)>>1;
            if(q2[num][MID]/p>q2[num][MID-1]/p) ANS=MID,L=MID+1;
            else R=MID-1;
        }
        return q2[num][ANS]/p;
    }
    int mid=(l+r)>>1;ll re=-1e18;
    if(mid>=ql) re=max(re,query2(l,mid,ql,qr,num<<1,p));
    if(mid<qr) re=max(re,query2(mid+1,r,ql,qr,num<<1|1,p));
    return re;
}
int main(){
    memset(top1,-1,sizeof(top1));
    memset(top2,-1,sizeof(top2));
    n=read();int i,cntn=0,t1,t2,t3,t4;ll lastans=0;char op[10],s[10];
    scanf("%s",op);
    for(i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s);t1=read();t2=read();
        if(s[0]=='Q') t3=read(),t4=read();
        if(op[0]!='E'){
            t1^=(lastans&0x7fffffff);
            t2^=(lastans&0x7fffffff);
            if(s[0]=='Q'){
                t3^=(lastans&0x7fffffff);
                t4^=(lastans&0x7fffffff);
            }
        }
        if(s[0]=='Q'){
            if(t2>0) lastans=query1(1,n,t3,t4,1,node(t1,t2));
            else lastans=query2(1,n,t3,t4,1,node(t1,t2));
            printf("%lld\n",lastans);
        }
        else insert(1,n,1,++cntn,node(t1,t2));
    }
}