题目

传送门：有账号才行。

题目描述
幻想乡有 NNN 个区域，从 111 到 NNN 编号，神奈子希望通过修建“御神渡”来让所有的区域互相可达，“御神渡”可以看做两个区域之间的一个双向道路。在 iii 区域与 jjj 区域之间修建“御神渡”，需要在 iii 区域耗费 CiC_iCi 的神力新建神社，在 jjj 区域耗费 CjC_jCj 的神力新建神社，然后将两个神社配对。如果一个区域和其他多个区域建立“御神渡”，那么在这个区域要为每个“御神渡”建一个神社，即多个“御神渡”不能共用神社。

“御神渡”会促进两个区域的人口流动，而人口的流动就会带来文化的交流、信仰的增多。如果 iii 区域的人口为 AiA_iAi 而 jjj 区域有的人口为 AjA_jAj ，则神奈子将会得到 Ai×AjA_i\times A_jAi×Aj 的神力。

神奈子希望修建尽量少的“御神渡”，使得 NNN 个区域互相可达。在这个前提下，神奈子还希望自己总神力的减少量最小（注意该值可能为负，即神奈子的神力不减反增）。

输入格式
第一行一个非负整数 NNN ，表示区域的数量。

第二行 NNN 个非负整数 AiA_iAi ，分别表示 NNN 个区域的人口。数据保证每个区域的人口互不相等。

第三行 NNN 个非负整数 CiC_iCi ，分别表示在 NNN 个区域建神社要花费的神力。

输出格式
输出一个整数，表示神奈子总神力的减少量的最小值。

数据范围与约定
对于所有数据，N≤105,Ai≤2×106,Ci≤109N\le 10^5,A_i\le 2\times10^6,C_i\le 10^9N≤105,Ai≤2×106,Ci≤109 。

思路

很明显，将 (u,v)(u,v)(u,v) 的边权视作 Cu+Cv−Au×AvC_u+C_v-A_u\times A_vCu+Cv−Au×Av（即在 uuu 和 vvv 之间建立“御神渡”的净花费），则原题等价于求这张图里的最小生成树。

耿直的暴力

暴力求最小生成树，O(n2)\mathcal O(n^2)O(n2) 。因为是完全图。

斜率优化

思考为什么这道题可以有比最小生成树更快的算法？必然是因为 边权的特殊性。

不难证明，所有与 uuu 相连的边中最小的一条一定是生成树中的边。（可以用 prim\tt primprim 或 kruskal\tt kruskalkruskal 的过程证明，或模仿二者的反证法来证明）。怎么找最小的一条边？

考虑 斜率优化。推一推斜率优化的式子，发现是 Cu−Cv<Ax(Au−Av)C_u-C_v<A_x(A_u-A_v)Cu−Cv<Ax(Au−Av) 时 uuu 更优（考虑边 ⟨x,u⟩\langle x,u\rangle⟨x,u⟩ 和 ⟨x,v⟩\langle x,v\rangle⟨x,v⟩ 谁边权更小）。那么假定 Av<AuA_v<A_uAv<Au ，第 xxx 个点定义为 (Cx,Ax)(C_x,A_x)(Cx,Ax) ，上式等价于 Kuv<AxK_{uv}<A_xKuv<Ax 。不难发现，维护的形状是下凸包。

先求凸包，按照 AAA 值排序后跑，O(nlog⁡n)\mathcal O(n\log n)O(nlogn) 。然而现实很残酷——只有 60pts\tt{60pts}60pts ！

改进版

为什么不是 100100100 分到手？因为有可能 试图连接自环！

也就是说，斜率优化求决策点的时候，最佳决策点是自己我也很绝望啊。

那么我们迫切的需要一个新方法：考虑每一个点的时候，只把其他的拿出来做凸包。回到了O(n2)\mathcal O(n^2)O(n2) ……

等等！好像对于 [1,mid][1,mid][1,mid] 中的每一个 xxx ，(mid,r](mid,r](mid,r] 中的任意一个点都可以当做决策点。这提示我们分治！

用 work(l,r)work(l,r)work(l,r) 表示处理 [l,r][l,r][l,r] 内部的互相贡献，首先递归，其次 交叉计算贡献。

这很像 cdq\tt{cdq}cdq分治，能做到 O(nlog⁡n)\mathcal O(n\log n)O(nlogn) 。应该有 808080 分了吧？

正解

为什么还不过，去™的垃圾题

因为 连接一次不够……有可能只连接了 n2\frac{n}{2}2n 条边（两个点 选择了同一条边……）

好吧，把点染色，一个联通块中的点染一种颜色，问题转化为 某一颜色向异色点中连边。

我们把颜色拿来排个序，一样可以分治……个屁！为什么不能分治了？因为交叉计算贡献的时候，得依靠 AAA 值有序才行！

这个问题好像有点熟悉……有两个维度 (x,y)(x,y)(x,y)，要求 xxx 和 yyy 都有序。二维偏序？

做过二维偏序板题吗？做过的都明白用的方法是 cdq\tt cdqcdq分治！

现在这个题，好像有点板？（大雾）

CDQCDQCDQ 分治，先对颜色排序，再归并 AAA 值，O(nlog⁡2n)\mathcal O(n\log^2 n)O(nlog2n) 。

关于复杂度：当前有 mmm 种颜色，则至少连接 m2\frac{m}{2}2m 条边，也就是颜色减少一半。开始有 nnn 种颜色，最多做 log⁡n\log nlogn 次生成树。生成树复杂度与上解法三同，O(nlog⁡n)\mathcal O(n\log n)O(nlogn) 。实际上，很少有数据能够卡到做 log⁡n\log nlogn 次生成树（大多数做个 222 到 555 次就搞定了），运行起来海星。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;struct Point{ // 向量（或者点）int x, y;Point(int X=0,int Y=0):x(X),y(Y){ }Point operator+(const Point &that)const{return Point(x+that.x,y+that.y);}Point operator-(const Point &that)const{return Point(x-that.x,y-that.y);}friend long long operator*(const Point &a,const Point &b){return 1ll*a.x*b.y-1ll*a.y*b.x;}friend Point operator*(const int &u,const Point &v){return Point(u*v.x,u*v.y);}
};const int MaxN = 100000;
int allColor, n, fa[MaxN];
inline int findColor(int a){if(fa[a] != a) // 并查集判断颜色相同否fa[a] = findColor(fa[a]);return fa[a];
}
struct Node{Point p; int color;bool operator < (const Node &that)const{if(color != that.color)return color < that.color;return this->lessThan(that);}bool lessThan(const Node &that)const{return p.x < that.p.x;}
} node[MaxN];long long edgeValue(int i,int j){ // 暴力计算边的权值return -1ll*node[i].p.x*node[j].p.x+node[i].p.y+node[j].p.y;
}
int ys[MaxN]; // 将颜色离散化
int* convexHull(int l,int r,int *result){int *top = result;for(int i=l; i<r; ++i){while(top-result >= 2)if((node[i].p-node[*(top-1)].p)*(node[*(top-1)].p-node[*(top-2)].p) >= 0)-- top; // 维护下凸包else break;*(top ++) = i;}return top;
}
int temp[MaxN];
pair<long long,int> choice[MaxN];
Node temp2[MaxN]; // to sort it
void dealWith(int L,int R,int l,int r){// [L,R] for color. [l,r) for index.if(L == R) return ;int MID = (L+R)>>1, mid;for(mid=l; mid<r; ++mid)if(ys[node[mid].color] > MID)break;dealWith(L,MID,l,mid); // left partdealWith(MID+1,R,mid,r); // right partPoint xl; // Kfor(int i=mid, *now=temp, *tail=convexHull(l,mid,temp); i<r; ++i){xl = Point(1,node[i].p.x);while(tail-now >= 2)if((node[*(now+1)].p-node[*now].p)*xl >= 0)++ now; else break;// choice: first是边权, second是与谁相连if(choice[node[i].color].second == -1 or edgeValue(i,*now) < choice[node[i].color].first)choice[node[i].color] = make_pair(edgeValue(i,*now),node[*now].color);}for(int i=l, *now=temp, *tail=convexHull(mid,r,temp); i<mid; ++i){xl = Point(1,node[i].p.x);while(tail-now >= 2)if((node[*(now+1)].p-node[*now].p)*xl >= 0)++ now;else break;if(choice[node[i].color].second == -1 or edgeValue(i,*now)<choice[node[i].color].first)choice[node[i].color] = make_pair(edgeValue(i,*now),node[*now].color);}for(int i=l, j=mid, k=l; i<mid or j<r; )if(j == r or (i < mid and node[i].lessThan(node[j])))temp2[k ++] = node[i ++];else // 将其排序temp2[k ++] = node[j ++];for(int i=l; i<r; ++i)node[i] = temp2[i];
}
long long ans = 0;
bool setMST(){for(int i=0; i<n; ++i){fa[i] = i; ys[i] = 0;choice[i].second = -1;}sort(node,node+n); allColor = 0;for(int i=0; i<n; ){ys[node[i].color] = ++allColor;for(; i<n and ys[node[i].color] == allColor; ++i);}if(allColor == 1)return true; // finished!dealWith(1,allColor,0,n);for(int i=0; i<n; ++i){if(not ys[node[i].color])continue;ys[node[i].color] = 0;if(choice[choice[node[i].color].second].second == node[i].color and node[i].color > choice[node[i].color].second)continue; // they two choose the same edgefa[node[i].color] = choice[node[i].color].second;ans += choice[node[i].color].first;}for(int i=0; i<n; ++i)node[i].color = findColor(node[i].color);return false;
}int main(){scanf("%d",&n);for(int i=0; i<n; ++i){node[i].color = i;scanf("%d",&node[i].p.x);}for(int i=0; i<n; ++i)scanf("%d",&node[i].p.y);while(not setMST());cout << ans;return 0;
}

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[usOJ5677]御神渡

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