Description
传送门
- n次操作。每次要么插入一个向量,要么查询对于按照插入顺序的区间的向量,求与向量(x,y)点积的最大值,即求最大的x1x2+y1y2
- 强制在线,n<=3e5,所有向量的x,y大于0
Solution
- 想了好久的几何做法,无果,直接无脑代数。然后就变成斜率优化了。区间询问就建一个线段树。每一个树上节点维护一个凸包。
- 刚开始我以为这个带加点的凸包要用平衡树维护。
- 实际上由于只有加点,所以只有当一个线段树节点满的时候才建凸包。
- 这样子就是O(nlog2n)的了。
- 这题实际上是一道大模板套路题,但是我对于斜率优化的式子并不是十分理解,所以考场上我还手推了一波斜率优化:
斜率优化
- 最常见的斜率优化是对于每一个决策点的选择的贡献y,可以表示成一条直线,y=kx+b,根据x的变化,y就有一个最优的。根据这个求最小或最大维护一个上凸壳或下凸壳就好了。
- 但是这题的贡献与两个东西有关,就不好清晰地理解这个优化。
- 我们在学习斜率优化的时候经常会看到这样一个式子(或者稍微变一下符号):
w>x1−x2y1−y2>x2−x3y2−y3>...>xi−xi+1yi−yi+1
- 对于这个东西要维护一个单调队列。
- 对于上面所说到的直线的理解方法自然可以将它理解为凸壳。
- 同样对于这题来说,我们也假设每一个向量为(ai,bi),考虑询问(x,y)对于两个向量i,j,如果ai<aj,并且i优于j,那么可以推出这个式子:
yx<ai−ajbj−bi
- 根据套路,就有:
yx<ai−ajbj−bi<aj−akbk−bj....
- 其中i最优。
- 但是为什么有ai−ajbj−bi<aj−akbk−bj呢?
- 假定有:
yx<ai−ajbj−bi,yx<aj−akbk−bj,ai−ajbj−bi>aj−akbk−bj
- 那么当j优于k的时候,因为ai−ajbj−bi>aj−akbk−bj>yx所以i也优于j,所以j就没有用了。
- 所以才需要维护上面的一段递增的斜率。
- 知道了这个之后以后就可以大力推式子,大胆用结论了,不用管是否能够表示在图像上了。
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 300005
#define maxt 1000005
#define db double
using namespace std;
int Q,m,cnt,que[maxn][5],i,j,k,ans,L,R;
struct node{
int x,y;
node(int _x=0,int _y=0){x=_x,y=_y;}
} P,p[maxn],a[maxn],dd[maxn],d[maxn*20];
int operator <(node a,node b){return a.x<b.x||a.x==b.x&&a.y>b.y;}
db K(node a,node b){return 1.0*(b.y-a.y)/(a.x-b.x);}
void read(int &x){
x=0; char ch=getchar();
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
}
int st[maxt],en[maxt],tot,n,w;
void Doit(int x,int l,int r){
n=w=0;
for(int i=l;i<=r;i++) a[++n]=p[i];
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++) if (i==1||a[i].x!=a[i-1].x){
while (w>1&&K(dd[w],dd[w-1])>=K(a[i],dd[w])) w--;
while (w&&a[i].y>=dd[w].y) w--;
dd[++w]=a[i];
}
st[x]=tot+1,en[x]=tot+w;
for(int i=1;i<=w;i++) d[tot+i]=dd[i];
tot+=w;
}
void insert(int x,int l,int r,int y){
if (y==r) Doit(x,l,r);
if (l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if (y<=mid) insert(x<<1,l,mid,y);
else insert((x<<1)^1,mid+1,r,y);
}
int Mul(node a,node b){return a.x*b.x+a.y*b.y;}
void Get(int x){
int l=st[x],r=en[x]-1;
ans=max(ans,Mul(d[en[x]],P));
while (l<=r){
int mid=(l+r)/2;
ans=max(ans,Mul(d[mid],P));
if (K(d[mid],d[mid+1])<=1.0*P.x/P.y) l=mid+1;
else r=mid-1;
}
}
void find(int x,int l,int r){
if (l>R||r<L) return;
if (L<=l&&r<=R) {Get(x);return;}
int mid=(l+r)>>1;
find(x<<1,l,mid),find((x<<1)^1,mid+1,r);
}
int main(){
read(Q);
for(i=1;i<=Q;i++){
read(que[i][0]);
if (que[i][0]==1) read(que[i][1]),read(que[i][2]),m++;
else read(que[i][1]),read(que[i][2]),read(que[i][3]),read(que[i][4]);
}
for(int q=1;q<=Q;q++){
int opt=que[q][0];
if (opt==1){
p[++cnt]=node(que[q][1]^ans,que[q][2]^ans);
insert(1,1,m,cnt);
} else {
L=que[q][3]^ans,R=que[q][4]^ans;
P=node(que[q][1]^ans,que[q][2]^ans);
ans=0,find(1,1,m);
printf("%d
",ans);
}
}
}