Description

Input

Output

Sample Input

3 2
1 8
4 5
7 9
3 1
5 2

Sample Output

6
5

Data Constraint

Hint

第1 个聚逗阵的逗阵之灵是第1 个
第2 个聚逗阵的逗阵之灵是第3 个

Solution

先考虑选的聚集点都在当前聚逗阵左边的情况，
对于第 ii 个聚逗阵，且选第 jj 个聚集点比选第 kk 个聚集点，则有：

bj−ci∗di+aj∗di>bk−ci∗di+ak∗di

b_j-c_i*d_i+a_j*d_i>b_k-c_i*d_i+a_k*d_i
整理可得：

bj−bkaj−ak<−di

\frac{b_j-b_k}{a_j-a_k}
这便是斜率的形式，用单调队列维护即可。
每次在队列里二分查找斜率小于等于 −di-d_i 的第一个就是答案了。
对于选的聚集点都在当前聚逗阵右边的情况，倒过来处理即可，对于一左一右的情况已经被包含。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+1;
struct data
{LL x,y,z;
}a[N],b[N],c[N];
int pos;
int q[N];
LL ans[N];
inline int read()
{int X=0,w=1; char ch=0;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();return X*w;
}
inline LL max(LL x,LL y)
{return x>y?x:y;
}
inline bool cmp(data x,data y)
{return x.x<y.x;
}
inline double pd(int x,int y)
{return (b[x].y-b[y].y)*1.0/(b[x].x-b[y].x);
}
inline LL get1(data x)
{int l=2,r=q[0],k=1;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(pd(q[mid],q[mid-1])>=-x.y) l=mid+1,k=mid; else r=mid-1;}return a[b[q[k]].z].y-abs(a[b[q[k]].z].x-x.x)*x.y;
}
inline LL get2(data x)
{int l=2,r=q[0],k=1;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(pd(q[mid],q[mid-1])<=x.y) l=mid+1,k=mid; else r=mid-1;}return a[b[q[k]].z].y-abs(a[b[q[k]].z].x-x.x)*x.y;
}
int main()
{int n=read(),m=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[a[i].z=i].x=read(),a[i].y=read(),b[i]=a[i];for(int i=1;i<=m;i++) c[c[i].z=i].x=read(),c[i].y=read();sort(b+1,b+1+n,cmp);sort(c+1,c+1+m,cmp);for(int i=pos=1;i<=m;i++){while(pos<=n && c[i].x>=b[pos].x){while(q[0]>1 && pd(pos,q[q[0]-1])>=pd(q[q[0]],q[q[0]-1])) q[0]--;q[++q[0]]=pos++;}ans[c[i].z]=max(ans[c[i].z],get1(c[i]));}q[0]=0,pos=n;for(int i=m;i;i--){while(pos && c[i].x<=b[pos].x){while(q[0]>1 && pd(pos,q[q[0]-1])<=pd(q[q[0]],q[q[0]-1])) q[0]--;q[++q[0]]=pos--;}ans[c[i].z]=max(ans[c[i].z],get2(c[i]));}for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);return 0;
}

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