Problem

　　给定一个山脉，把山脉的下部看作xOy平面直角坐标系中y=0的直线，用N个来顶点表示山脉。如图：

　　Lwins_Y uki有Q个操作，操作有两种：对某个点用魔法（即删点）或询问某个点对空视野的张角（可以超过180°）。譬如上图第3个点的张角是：

Input

第一行包含两个正整数N;Q，分别表示刚开始的时候山的顶点个数以及Lwins_Y uki 的行动个数。
接下来N 行，包含N 对数xi; yi，表示山的顶点的坐标(xi; yi)。
接下来Q 行，每行的格式有如下两种可能：
• 0 k，表示当下时刻Lwins_Y uki 的魔法释放在了一开始的从左往右数的第k 个顶点上。
• 1 k，表示Lwins_Y uki 想立即知道住在第k 个顶点上的生物的对空视野的张角。
输入数据保证Lwins_Y uki 的行动和询问合法，即不会询问或把魔法释放在一个已经消失的点上。

Output

你应该按照询问的顺序，每行回答一次LwinsY uki 的询问，张角用弧度制，保留6 位小数。

Hint

• 对于20% 的数据，N;Q <=1000。
• 对于另外55% 的数据，N;Q<= 30000。
• 对于100% 的数据，N;Q <= 100000。
注意，Lwins_Y uki 不会询问在两侧的顶点的对空视野的张角，但是它有可能使用魔法抹去它们。

Solution

20points：三角函数+(暴力 or 凸壳)

　　刚看这题我就懵逼了，然后马上意识到——这题我不可能得分，于是就没管这题。。。
　　先思考一下怎么求张角。
　　你可以~~推一推~~看一看夹角公式，然后学习一下c++的acos()、atan()、atan2()这些函数来解决这个问题。
　　当然，我们有一种更简单的做法。
　　先让我介绍一下c++的atan2()这个函数。假设某个角θθ\theta的三角函数tanθ=yxtanθ=yxtan\theta=\frac yx，那么atan2(x,y)就会帮你求出θθ\theta这个角的弧度。而根据tan的定义，我们可以把atan2(x,y)理解为原点至点(x,y)的方位角，即与 x 轴的夹角。
　　那么，如何用atan2()来求夹角呢？我们可以举个栗子：

　　如上图，在平面直角坐标系xOy中，已知a、b的坐标，我们想求∠aOb。那么，我们可以用atan2()先求出∠bOx，再求出∠aOx，两者相减即可。
　　解决了张角的求法问题，又有一个问题接踵而至——对于每个询问点O，如何确定其a、b两点？
　　以b为例，我们可以画画图发现，我们要求的点b其实就是在O左边的所有点中，满足构成的直线Ob的斜率最小的一个点；点a恰恰相反。这样，我们就可以O(nq)O(nq)O(nq)暴力求出每个询问点的a、b两点。
　　当然，我们也可以求个上凸壳。

　　但是，囿于他会无耻地删点，所以：
　　时间复杂度：O(nq)O(nq)O(nq)。

Code

　　我并没有打啦╮(╯▽╰)╭

100points：CDQ分治

　　我们发现他会删点，用数据结构不好维护，所以考虑CDQ分治。
　　如果单纯地将操作进行分治，那么时间复杂度不好把握。因为我们的操作是删点，如果没有删点，就一直会有n个点，然后所有询问都要花费巨额时间，这样甚至会退化到比暴力还慢的O(nqlog2q)O(nqlog2q)O(nqlog_2q)。
　　那么，我们可以将删点转化为加点。如果有些点没有被删过，就把它在最后删掉；然后将操作数组反转过来。
　　打到一半，我又发现一个问题：询问点不能插入到那个凸壳里，所以我们对于每个询问点，都要暴力扫一遍栈，找到询问点在凸壳中的上一个点。
　　不过，囿于~~数据是随机的~~某种原因，这样也过了，而且还很快：

　　其实这个可以二分。
　　以求点p的张角的左边为例，我们先将所有x坐标小于p的点做个上凸壳，然后加入一个栈中。我们可以发现：栈中有一半的点满足向量p-sta[i-1]在直线sta[i]-sta[i-1]左边，这样我们看的时候，sta[i-1]这个点会被sta[i]遮住；而有另一半的点满足向量p-sta[i-1]在直线sta[i]-sta[i-1]右边。具象地说，有一半的点不能被看见，有一半的点能被看见。这显然满足二分性质，所以我们二分那个中间点。
　　然后，求左右手向就可以用叉积。
　　时间复杂度：O((n+q)∗(log2(n+q))2)O((n+q)∗(log2(n+q))2)O((n+q)*(log_2(n+q))^2)。
　　尽管时间复杂度分析起来是比上面的方法快的，然而这种方法的代码竟然比上面的方法还慢：

Code

　　囿于此题代码过于高级，所以我会作下一些批注。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef double db;const int N=1e5+1,Q=N<<1;
const db pi=acos(-1);//c++的三角函数是弧度制，而cos(π)=-1
int i,n,q,type[Q],query[Q];
bool del[N];
db left[Q];//Solution中所述的∠bOx
db right[Q];//Solution中所述的∠aOx
struct DOT//定义一个点或一个向量
{db x,y;DOT(db _x=0,db _y=0){x=_x,y=_y;}
}a[N];
DOT operator-(DOT a,DOT b){return DOT(a.x-b.x,a.y-b.y);}
inline bool cmpx(const DOT &x, const DOT &y) {return x.x < y.x;}
void scan()
{scanf("%d%d", &n, &q);fo(i,1,n)scanf("%lf%lf", &a[i].x, &a[i].y);sort(a + 1, a + 1 + n, cmpx);fo(i,1,q){scanf("%d%d", &type[i], &query[i]);del[query[i]]|=!type[i];}fo(i,1,n) if (!del[i]) query[++q] = i;//将没有被删的点在最后删掉fo(i,1,q/2){swap(type[i], type[q - i + 1]);swap(query[i], query[q - i + 1]);}//将删点转为加点fo(i,1,q)left[i] = 1.5 * pi, right[i] = -0.5 * pi;//弧度制的1.5*pi即为270°，-0.5*pi即为-90°
}int num[N],top;
DOT poi[N],sta[N];
inline bool cmp(int x, int y) {return a[query[x]].x < a[query[y]].x;}
inline db cro(DOT a,DOT b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}//叉积
inline db cross(DOT o,DOT a,DOT b){return cro(a-o,b-o);}
void work(int pn,int qn)
{if(!pn||!qn)return;sort(poi+1,poi+pn+1,cmpx);sort(num+1,num+qn+1,cmp);top=0;int i,j=1;fo(i,1,qn)//顺序做一遍{DOT p=a[query[num[i]]];for (; j <= pn && poi[j].x < p.x; j++){while(top>1) if (cross(sta[top-1], sta[top], poi[j]) > 0)top--;else break;//维护上凸壳sta[++top] = poi[j];}if(!top)continue;int l=1,r=top,mid;while(l<r){mid=l+r+1>>1;if(cross(sta[mid-1],sta[mid],p)>0)r=mid-1;else    l=mid;}db t = atan2(sta[l].y - p.y, sta[l].x - p.x);//计算Solution中所述的∠bOxif (t < 0) t += 2 * pi;//atan2()的返回值是-pi~pileft[num[i]] = min(left[num[i]], t);//bOx要尽量小}top=0;j=pn;fd(i,qn,1)//逆序做一遍{DOT p=a[query[num[i]]];for (; j >= 1 && poi[j].x > p.x; j--){while(top>1) if (cross(sta[top-1], sta[top], poi[j]) < 0)top--;else break;sta[++top] = poi[j];}if(!top)continue;int l=1,r=top,mid;while(l<r){mid=l+r+1>>1;if(cross(sta[mid-1],sta[mid],p)<0)r=mid-1;else    l=mid;}db t = atan2(sta[l].y - p.y, sta[l].x - p.x);//计算Solution中所述的∠aOxright[num[i]] = max(right[num[i]], t);//∠aOx要尽量大}
}
void CDQpartition(int l,int r)
{if(l==r)return;int mid=l+r>>1;int pn=0;fo(i,l,mid)if(!type[i])poi[++pn]=a[query[i]];//记录左边的加点int qn=0;fo(i,i,r  )if( type[i])num[++qn]=i;//记录右边的询问work(pn,qn);if(pn&&pn<mid-l+1)CDQpartition(l    ,mid);if(qn&&qn<r-mid  )CDQpartition(mid+1,r  );
}void print()
{fd(i,q,1)if(type[i]){db t=left[i]-right[i];if (t < 0) t += 2 * pi;if (t > 2 * pi) t -= 2 * pi;printf("%.6f\n",t);}
}int main()
{scan();CDQpartition(1,q);print();
}

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