cogs 547:[HAOI2011] 防线修建

　　　　　　　　　　　　　　　　　　★★★☆ 输入文件：defense.in 输出文件：defense.out 简单对比
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题目描述：

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：

给出你所有的A国城市坐标
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
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

输入格式：

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。

输出格式：

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

样例输入：

4 2 1

1 2

3 2

1 1

1 2

样例输出：

6.47

5.84

4.47

数据范围：

30%的数据m<=1000,q<=1000

100%的数据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：

　　此题要求动态地去维护一个凸包的周长，我们可以发现，要想从凸包上删除一个点然后更新答案并不容易，因为凸包内部的点的信息不好维护，不妨把所有操作先存下来，离线反向操作。每碰到一个操作1，添加一个点，添加点无非是看这个点是在凸包的内部还是外部，内部的就不用管了，对答案并没有什么卵用，如果是在外部，就看在这个点左边的凸包上的点和右边凸包上的点会不会被覆盖，这个用向量的叉积判断即可

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstdlib>
 4 #include<cmath>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<cstring>
 7 #include<queue>
 8 #include<cstring>
 9 #include<set>
10 using namespace std;
11 const double eps=1e-7;
12 int n,x,y,m,q;
13 double now;
14 struct Q{
15     int kin,i;
16     double ans;
17 }opt[300000];
18 bool vis[200000];
19 struct P{
20     int x,y;
21 }p[200005],del[200005];
22 inline P operator-(P a,P b){
23     P t; t.x=a.x-b.x; t.y=a.y-b.y;
24     return t;
25 }
26 inline double operator*(P a,P b){
27     return a.x*b.y-b.x*a.y;
28 }
29 inline bool operator<(P a,P b){
30     if(a.x==b.x) return a.y<b.y;
31     return a.x<b.x;
32 }
33 inline double dis(P a,P b){
34     return sqrt((double)((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y)));
35 }
36
37 set<P> A;
38 inline void insert(int a,int b){
39     P x=(P){a,b};
40     set<P>::iterator r=A.lower_bound(x),l=r,t;
41     l--;
42     if((*l-x)*(*r-x)<0) return ;
43     now-=dis(*l,*r);
44     A.insert(x);
45     while(r!=A.end()){
46         t=r; r++;
47         if((*r-x)*(*t-x)>0) break;
48         now-=dis(*t,*r);
49         A.erase(t);
50     }
51     while(l!=A.begin()){
52         t=l; l--;
53         if((*t-x)*(*l-x)>0) break;
54         now-=dis(*t,*l);
55         A.erase(t);
56     }
57     A.insert(x);
58     l=r=t=A.find(x);
59     l--; r++;
60     now+=dis(*l,x)+dis(*r,x);
61 }
62
63 int main(){
64 //    freopen("defense.in","r",stdin);
65 //    freopen("defense.out","w",stdout);
66     scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
67     scanf("%d",&m);
68     for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
69     scanf("%d",&q);
70     for(int i=1;i<=q;i++){
71         scanf("%d",&opt[i].kin);
72         if(opt[i].kin==1){
73             scanf("%d",&opt[i].i);
74             vis[opt[i].i]=true;
75         }
76     }
77     P cap; cap.x=x; cap.y=y;
78     now+=dis((P){0,0},cap); now+=dis((P){n,0},cap);
79     A.insert((P){0,0}); A.insert((P){n,0}); A.insert((P){x,y});
80     for(int i=1;i<=m;i++){
81         if(vis[i]==false) insert(p[i].x,p[i].y);
82     }
83     for(int i=q;i>=1;i--){
84         if(opt[i].kin==2){
85             opt[i].ans=now;
86         }
87         else{
88             insert(p[opt[i].i].x,p[opt[i].i].y);
89         }
90     }
91     for(int i=1;i<=q;i++){
92         if(opt[i].kin==2){
93             printf("%.2lf\n",opt[i].ans);
94         }
95     }
96     return 0;
97 }

转载于:https://www.cnblogs.com/CXCXCXC/p/5246619.html

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