【BZOJ2300】[HAOI2011]防线修建 set维护凸包

【BZOJ2300】[HAOI2011]防线修建

Description

近来A国和B国的矛盾激化，为了预防不测，A国准备修建一条长长的防线，当然修建防线的话，肯定要把需要保护的城市修在防线内部了。可是A国上层现在还犹豫不决，到底该把哪些城市作为保护对象呢？又由于A国的经费有限，所以希望你能帮忙完成如下的一个任务：

1.给出你所有的A国城市坐标

2.A国上层经过讨论，考虑到经济问题，决定取消对i城市的保护，也就是说i城市不需要在防线内了

3.A国上层询问对于剩下要保护的城市，修建防线的总经费最少是多少

你需要对每次询问作出回答。注意单位1长度的防线花费为1。

A国的地形是这样的，形如下图，x轴是一条河流，相当于一条天然防线，不需要你再修建

A国总是有两个城市在河边，一个点是(0,0)，一个点是(n,0)，其余所有点的横坐标均大于0小于n，纵坐标均大于0。A国有一个不在(0,0)和(n,0)的首都。(0,0),(n,0)和首都这三个城市是一定需要保护的。

上图中，A,B,C,D,E点为A国城市，且目前都要保护，那么修建的防线就会是A-B-C-D，花费也就是线段AB的长度+线段BC的长度+线段CD的长度,如果，这个时候撤销B点的保护，那么防线变成下图 

Input

第一行，三个整数n,x,y分别表示河边城市和首都是(0,0)，(n,0)，(x,y)。

第二行，一个整数m。

接下来m行，每行两个整数a,b表示A国的一个非首都非河边城市的坐标为(a,b)。

再接下来一个整数q，表示修改和询问总数。

接下来q行每行要么形如1 i，要么形如2，分别表示撤销第i个城市的保护和询问。

Output

对于每个询问输出1行，一个实数v，表示修建防线的花费，保留两位小数

Sample Input

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

Sample Output

6.47
5.84
4.47

HINT

m<=100000,q<=200000,n>1

所有点的坐标范围均在10000以内, 数据保证没有重点

题解：容易想到离线，然后本题就变成了加点和维护凸包，可以用平衡树来维护凸包来搞（以前一直以为必须用Splay，结果发现好像set就行）。

具体地，我们在set中的点是按x值从小到大排序的。在加入一个点时，先找到凸包中它的前驱和后继节点，用叉积判一下当前点是否已经在凸包里面。如果在则不用加点，否则加入当前点，并不断执行以下操作：

如果当前点和左侧两个点形成的不是上凸包，则将当前点的前驱删掉，否则退出。

右面同理。

然后就做完了，细节也不是特别多。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn=200010;
struct point
{
	int x,y;
	point() {}
	point(int a,int b) {x=a,y=b;}
	bool operator != (const point &a) const {return (x!=a.x)||(y!=a.y);}
	bool operator < (const point &a) const {return (x==a.x)?(y<a.y):(x<a.x);}
	point operator - (const point &a) const {return point (x-a.x,y-a.y);}
	int operator * (const point &a) const {return x*a.y-y*a.x;}
}p[maxn];
double dis(const point &a,const point &b) {return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y));}
set<point> s;
set<point>::iterator it;
double ans;
int n,m,q;
int del[maxn],op[maxn],qi[maxn];
double qa[maxn];
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+(gc^'0'),gc=getchar();
	return ret*f;
}
inline void add(point x)
{
	point a,b,c;
	it=s.upper_bound(x),b=*it,it--,a=*it;
	if(x.x==b.x)	return ;
	if((x-a)*(b-x)>=0)	return ;
	ans-=dis(a,b);
	while(a!=point(0,0))
	{
		it--,c=*it;
		if((a-c)*(x-a)>=0)	ans-=dis(a,c),s.erase(s.find(a)),a=c;
		else	break;
	}
	it=s.find(b);
	while(b!=point(n,0))
	{
		it++,c=*it;
		if((b-x)*(c-b)>=0)	ans-=dis(b,c),s.erase(s.find(b)),b=c;
		else	break;
	}
	ans+=dis(a,x)+dis(x,b);
	s.insert(x);
}
int main()
{
	int i,a,b;
	n=rd(),a=rd(),b=rd(),m=rd();
	s.insert(point(0,0)),s.insert(point(n,0)),s.insert(point(a,b));
	ans=dis(point(0,0),point(a,b))+dis(point(n,0),point(a,b));
	for(i=1;i<=m;i++)	p[i].x=rd(),p[i].y=rd();
	q=rd();
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		op[i]=rd();
		if(op[i]==1)	qi[i]=rd(),del[qi[i]]=1;
	}
	for(i=1;i<=m;i++)	if(!del[i])	add(p[i]);
	for(i=q;i>=1;i--)
	{
		if(op[i]==2)	qa[i]=ans;
		else	add(p[qi[i]]);
	}
	for(i=1;i<=q;i++)	if(op[i]==2)	printf("%.2lf\n",qa[i]);
	return 0;
}