[VIOLET 3]天使玩偶----CDQ分治好题

[VIOLET 3]天使玩偶----CDQ分治好题

题目描述

Ayu 在七年前曾经收到过一个天使玩偶，当时她把它当作时间囊埋在了地下。而七年后 的今天，Ayu 却忘了她把天使玩偶埋在了哪里，所以她决定仅凭一点模糊的记忆来寻找它。

我们把 Ayu 生活的小镇看作一个二维平面坐标系，而 Ayu 会不定时地记起可能在某个点 (xmy) 埋下了天使玩偶；或者 Ayu 会询问你，假如她在 (x,y) ，那么她离近的天使玩偶可能埋下的地方有多远。

因为 Ayu 只会沿着平行坐标轴的方向来行动，所以在这个问题里我们定义两个点之间的距离为dist(A,B)=|Ax-Bx|+|Ay-By|。其中 Ax 表示点 A的横坐标，其余类似。

输入格式：
第一行包含两个整数n和m ，在刚开始时，Ayu 已经知道有n个点可能埋着天使玩偶， 接下来 Ayu 要进行m 次操作

接下来n行，每行两个非负整数 (xi,yi)，表示初始n个点的坐标。

再接下来m 行，每行三个非负整数 t,xi,yi。

如果t=1 ，则表示 Ayu 又回忆起了一个可能埋着玩偶的点 (xi,yi) 。

如果t=2 ，则表示 Ayu 询问如果她在点 (xi,yi) ，那么在已经回忆出来的点里，离她近的那个点有多远

输出格式：
对于每个t=2 的询问，在单独的一行内输出该询问的结果。

输入样例#1：
2 3
1 1
2 3
2 1 2
1 3 3
2 4 2

输出样例#1：
1
2

这道题真的锻炼本蒟蒻的心态。

题解
借这篇题解也总结一下对于cdq分治的理解。
如果能看出这题可以cdq分治，那可以好想得多。
对于带修改（初值也可以看做是修改）和查询的问题，考虑怎样的修改会对怎样的查询产生什么样的贡献，如果发现这能转换为偏序问题来考虑的话那么多半可以用cdq分治了。
其实一般的偏序问题用cdq来处理的操作并不是很难，关键是对问题的转换，或者说是对查询的转化或分解。
就拿这题来说。
这题看到二维平面以及查询和加点，那么大致就知道要怎么用cdq做了。（如果神的话就秒切了） 我们按照上面的思维来，考虑哪些修改会对哪些查询会有影响。对于一个查询无非是时序早与这个查询的所有修改都对其有影响。
嗯，这样的话，情况就很复杂了。
先不急，我们接着按上面的思路走，一个怎样的修改对对一个怎样的查询有什么样的贡献贡献。我们考虑题目中的这个式子dist(A,B)=|Ax-Bx|+|Ay-By|嗯，绝对值太讨厌了，我们将它拆开。那么接下来就是大力分类讨论了。我们以一个查询点为原点建立平面直角坐标系，那么对于四个象限有不同的偏序条件和贡献计算方法（这里可以理解成将一个查询分成向四个方向的查询）。嗯，那就可以写了，四个cdq走起额，四个cdq码量和细节都太多了，我们考虑一个更简单~~（细节爆炸）~~ 的做法——翻转坐标系：将所有象限都翻转成第三象限来处理，翻转很简单，用坐标值的值域减去原坐标就是翻转后的坐标了（建议在纸上画一画）
想到这里就差不多做完了，但是我们发现如果将n+m个点拿去跑cdq似乎效率过不去，我们考虑优化。优化的方法很简单，就是将n个已知的点拿出来，不拿去做cdq，而是排序好，然后再单独计算这n个点对所有查询的贡献。
这样做应该就好了，不过细节真的不多。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 500005
#define V 1000002
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
	int p=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') p=p*10+(c-'0'),c=getchar();
	return p;
}
int n,m,ans[N],tr[V+5];
struct node{int t,x,y,id,s;}a[N],b[N],c[N],d[N],e[N];
inline void flip(node &p,int k){
	if(k){
	    if(k==1) swap(p.x,p.y),p.x=V-p.x;
	    else if(k==2) p.x=V-p.x,p.y=V-p.y;
	    else swap(p.x,p.y),p.y=V-p.y;
	}
	p.s=p.x+p.y;
}
inline bool cmp(node u,node v){return u.x==v.x?u.y<v.y:u.x<v.x;}
inline void clean(int x){for(;x<=V;x+=x&-x) tr[x]=0;}
inline void update(int x,int v){for(;x<=V;x+=x&-x) tr[x]=max(tr[x],v);}
inline int query(int x){
	int res=0;
	for(;x;x-=x&-x) res=max(res,tr[x]);
	return res?res:-1e9;
}
inline void cdq(int l,int r){
	if(l==r) return;
	int mid=l+r>>1;
	cdq(l,mid);cdq(mid+1,r);
	int i=l,j=mid+1,ind=l;
	while(i<=mid&&j<=r)
		if(d[i].x<=d[j].x){
			if(d[i].t<2) update(d[i].y,d[i].s);
			e[ind++]=d[i++];
		}
		else{
			if(d[j].t>1) ans[d[j].id]=min(d[j].s-query(d[j].y),ans[d[j].id]);
			e[ind++]=d[j++];
		}
	while(j<=r){
		if(d[j].t>1) ans[d[j].id]=min(d[j].s-query(d[j].y),ans[d[j].id]);
		e[ind++]=d[j++];
	}
	for(int k=l;k<i;k++) if(d[k].t<2) clean(d[k].y);
	while(i<=mid) e[ind++]=d[i++];
	for(int k=l;k<=r;k++) d[k]=e[k];
}
int main(){
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i].x=read()+1,a[i].y=read()+1;
	for(int i=1;i<=m;b[i].id=i,i++) b[i].t=read(),b[i].x=read()+1,b[i].y=read()+1;
	memset(ans,123,sizeof ans);
	for(int T=0;T<4;T++){
		memset(tr,0,sizeof tr);
		for(int i=1;i<=n;i++) flip(c[i]=a[i],T);
		for(int i=1;i<=m;i++) flip(d[i]=b[i],T);
		cdq(1,m);
		sort(c+1,c+n+1,cmp);
		int i=1,j=1;
		for(;i<=n&&j<=m;)
			if(c[i].x<=d[j].x) update(c[i].y,c[i].s),i++;
			else{if(d[j].t>1) ans[d[j].id]=min(d[j].s-query(d[j].y),ans[d[j].id]);j++;}
		for(;j<=m;j++) if(d[j].t>1) ans[d[j].id]=min(d[j].s-query(d[j].y),ans[d[j].id]);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) if(b[i].t>1) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}