【bzoj 2716】[Violet 3]天使玩偶（CDQ+树状数组）

最新推荐文章于 2019-10-15 21:11:22 发布

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/9459595.html

本文介绍了一种使用CDQ分治策略解决三维偏序问题的方法，通过坐标变换和四次CDQ分治求解最近点查询问题。适用于编程竞赛中的特定类型问题。

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。

输入输出格式

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。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

输出样例#1： 复制

1 
2

说明

n,m<=300 000

xi,yi<=1 000 000

题解

先膜一发大佬

据说这题正解KD-tree，然而我只会CDQ……还想了半天啥都没想出来……

先假设，所有回忆出来的点都在查询点的左下方，那么距离如下（A为查询点，B为某一个回忆出来的点）

$$Dist(A,B)=|x_A-x_B|+|y_A-y_B|=(x_A+y_A)-(x_B+y_B)$$

因为$x_A+y_A$对同一个查询点来说是一个定值，所以只要找到$x_B+y_B$的最大值，就可以找到$Dist(A,B)$的最小值

于是问题就转化为：对于一个询问$(x,y)$，查找$x_i<=x,y_i<=y$且$i$的时间戳小于当前询问的最大$x_i+y_i$，很明显，这就是一个三维偏序问题，可以用CDQ求解

然而问题是不能保证所有点都在查询点的下方，所以我们要将其他四个方位的点的坐标变换一下。简单来说就是旋转整张图，然后在四个答案里取最小的就好了

所以做四遍CDQ（当初刚看到这句话差点没吓到……）

然后有几个向大佬学习的优化

1.每次CDQ前，把肯定不在左下方的点去掉

2.每一次重新建图很麻烦，直接保留一个原图然后转一下就好了

感觉我对CDQ理解还是太浅了……

  1 //minamoto
  2 #include<cstdio>
  3 #include<iostream>
  4 #include<algorithm>
  5 #include<cstring>
  6 using namespace std;
  7 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
  8 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
  9 template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
 10 template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
 11 inline int read(){
 12     #define num ch-'0'
 13     char ch;bool flag=0;int res;
 14     while(!isdigit(ch=getc()))
 15     (ch=='-')&&(flag=true);
 16     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
 17     (flag)&&(res=-res);
 18     #undef num
 19     return res;
 20 }
 21 char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
 22 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
 23 inline void print(int x){
 24     if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
 25     while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
 26     while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
 27 }
 28 const int N=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f;
 29 int n,m,lx,ly,rx,ry,c[N],ans[N];
 30 inline void clear(int x){
 31     for(int i=x;i<=ly;i+=i&-i)
 32     if(c[i]) c[i]=0;else break;
 33 }
 34 inline void add(int x,int val){
 35     for(int i=x;i<=ly;i+=i&-i)
 36     cmax(c[i],val);
 37 }
 38 inline int query(int x){
 39     int res=0;
 40     for(int i=x;i;i-=i&-i)
 41     cmax(res,c[i]);
 42     return res;
 43 }
 44 struct node{
 45     int x,y,t;bool f;
 46     node(){}
 47     node(const int &x,const int &y,const int &t,const int &f):
 48         x(x),y(y),t(t),f(f){}
 49     inline bool operator <(const node &b)const
 50     {return x<b.x||(x==b.x&&y<b.y);}
 51 }a[N],p[N],q[N];
 52 void CDQ(int l,int r){
 53     if(l==r) return;
 54     int mid=(l+r)>>1;
 55     CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);
 56     int j=l;
 57     for(int i=mid+1;i<=r;++i)
 58     if(!p[i].f){
 59         while(j<=mid&&p[j].x<=p[i].x){if(p[j].f) add(p[j].y,p[j].x+p[j].y);++j;}
 60         int tmp=query(p[i].y);
 61         if(tmp) tmp=p[i].x+p[i].y-tmp,cmin(ans[p[i].t],tmp);
 62     }
 63     for(int i=l;i<j;++i)
 64     if(p[i].f) clear(p[i].y);
 65     merge(p+l,p+mid+1,p+mid+1,p+r+1,q+l);
 66     memcpy(p+l,q+l,sizeof(node)*(r-l+1));
 67 }
 68 void check(){
 69     rx=ry=m=0;
 70     for(int i=1;i<=n;++i)
 71     if(!p[i].f) cmax(rx,p[i].x),cmax(ry,p[i].y);
 72     for(int i=1;i<=n;++i)
 73     if(p[i].x<=rx&&p[i].y<=ry) q[++m]=p[i];
 74     memcpy(p+1,q+1,sizeof(node)*m);
 75 }
 76 int main(){
 77     //freopen("testdata.in","r",stdin);
 78     n=read(),m=read();
 79     for(int i=1;i<=n;++i){
 80         int x=read()+1,y=read()+1;
 81         p[i]=(node){x,y,i,true};
 82         cmax(lx,x),cmax(ly,y);
 83     }
 84     while(m--){
 85         int k=read(),x=read()+1,y=read()+1;
 86         ++n,p[n]=node(x,y,n,k&1);
 87         cmax(lx,x),cmax(ly,y);
 88     }
 89     memcpy(a+1,p+1,sizeof(node)*n);
 90     memset(ans,inf,sizeof(ans));
 91     check(),CDQ(1,m);
 92     for(int i=1;i<=n;++i)
 93     p[i]=a[i],p[i].x=lx-p[i].x+1;
 94     check(),CDQ(1,m);
 95     for(int i=1;i<=n;++i)
 96     p[i]=a[i],p[i].y=ly-p[i].y+1;
 97     check(),CDQ(1,m);
 98     for(int i=1;i<=n;++i)
 99     p[i]=a[i],p[i].y=ly-p[i].y+1,p[i].x=lx-p[i].x+1;
100     check(),CDQ(1,m);
101     for(int i=1;i<=n;++i)
102     if(!a[i].f) print(ans[i]);
103     Ot();
104     return 0;
105 }

转载于:https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/9459595.html