题目描述
维护一个向量集合，在线支持以下操作：
"A x y (|x|，|y| < =10^8)"：加入向量(x，y);
"Q x y l r (|x|，|y| < =10^8，1 < =L < =R < =T，其中T为已经加入的向量个数)"：询问第L个到第R个加入的向量与向量(x，y)的点积的最大值。
集合初始时为空。
输入
输入的第一行包含整数N和字符s，分别表示操作数和数据类别；
接下来N行，每行一个操作，格式如上所述。
请注意s≠'E'时，输入中的所有整数都经过了加密。你可以使用以下程序得到原始输入：
inline int decode (int x long long lastans) {
return x ^ (lastans & Ox7fffffff);
}
其中x为程序读入的数，lastans为之前最后一次询问的答案。在第一次询问之前，lastans=0。
注：向量(x，y)和(z，w)的点积定义为xz+yw。
输出
对每个Q操作，输出一个整数表示答案。
样例输入
6 A
A 3 2
Q 1 5 1 1
A 15 14
A 12 9
Q 12 8 12 15
Q 21 18 19 18
样例输出
13
17
17
题解
线段树+STL-vector维护凸包
本质是什么呢：给出 $x_0$ 和 $y_0$ ，求满足条件的 $x,y$ 使得 $x_0x+y_0y$ 最大。
我们不妨设这个值是 $c$ ，则要最大化 $c$ 。
当 $y>0$ 时：
给这个式子 $c=x_0x+y_0y$ 变形，得：$y=-frac {x_0}{y_0}x+frac c{y_0}$ 。想要 $c$ 最大，即要 $frac c{y_0}$ 最大。
相当于是一条斜率为 $-frac{x_0}{y_0}$ 的直线，要使纵截距最大，答案一定在上凸壳上，且所选点与答案形成单峰函数。
因此维护上凸壳，在凸壳上二分即可。
$y<0$ 的情况同理，维护下凸壳并二分即可。$y=0$ 的情况只要求 $x$ 最大/小，在两个凸壳上二分都可以。
考虑使用线段树维护一段区间的凸壳。
由于强制在线，因此不能提前求凸壳。但我们可以发现：如果线段树的一个节点没有被全部加入（即没加全），那么这个点一定不会出现在询问区间中。因此我们在线段树上插入，当且仅当 $tot==r$ 时，对该节点建立上凸壳即可。
时间复杂度 $O(nlog^2 n)$
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define lson l , mid , x << 1
#define rson mid + 1 , r , x << 1 | 1
using namespace std;
typedef long long ll;
struct point
{
ll x , y;
point() {}
point(ll a , ll b) {x = a , y = b;}
ll operator*(const point &a)const {return x * a.x + y * a.y;}
ll operator^(const point &a)const {return x * a.y - y * a.x;}
point operator-(const point &a)const {return point(x - a.x , y - a.y);}
bool operator<(const point &a)const {return x == a.x ? y < a.y : x < a.x;}
};
vector<point> t[1600010] , v1[1600010] , v2[1600010];
char opt[5] , str[5];
void insert(int p , point o , int l , int r , int x)
{
t[x].push_back(o);
if(p == r)
{
sort(t[x].begin() , t[x].end());
int i;
for(i = 0 ; i <= r - l ; i ++ )
{
while(v1[x].size() > 1 && ((t[x][i] - v1[x][v1[x].size() - 1]) ^ (v1[x][v1[x].size() - 2] - v1[x][v1[x].size() - 1])) >= 0) v1[x].pop_back();
v1[x].push_back(t[x][i]);
while(v2[x].size() > 1 && ((t[x][i] - v2[x][v2[x].size() - 1]) ^ (v2[x][v2[x].size() - 2] - v2[x][v2[x].size() - 1])) <= 0) v2[x].pop_back();
v2[x].push_back(t[x][i]);
}
}
if(l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) insert(p , o , lson);
else insert(p , o , rson);
}
ll query1(int b , int e , point o , int l , int r , int x)
{
if(b <= l && r <= e)
{
int L = 1 , R = v1[x].size() - 1 , Mid , Ans = 0;
while(L <= R)
{
Mid = (L + R) >> 1;
if(o * v1[x][Mid] > o * v1[x][Mid - 1]) Ans = Mid , L = Mid + 1;
else R = Mid - 1;
}
return o * v1[x][Ans];
}
int mid = (l + r) >> 1;
ll ans = -1ll << 62;
if(b <= mid) ans = max(ans , query1(b , e , o , lson));
if(e > mid) ans = max(ans , query1(b , e , o , rson));
return ans;
}
ll query2(int b , int e , point o , int l , int r , int x)
{
if(b <= l && r <= e)
{
int L = 1 , R = v2[x].size() - 1 , Mid , Ans = 0;
while(L <= R)
{
Mid = (L + R) >> 1;
if(o * v2[x][Mid] > o * v2[x][Mid - 1]) Ans = Mid , L = Mid + 1;
else R = Mid - 1;
}
return o * v2[x][Ans];
}
int mid = (l + r) >> 1;
ll ans = -1ll << 62;
if(b <= mid) ans = max(ans , query2(b , e , o , lson));
if(e > mid) ans = max(ans , query2(b , e , o , rson));
return ans;
}
int main()
{
int n , tot = 0 , i , l , r;
ll last = 0;
point o;
scanf("%d%s" , &n , opt);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%s%lld%lld" , str , &o.x , &o.y) , o.x ^= last , o.y ^= last;
if(str[0] == 'A') insert(++tot , o , 1 , n , 1);
else
{
scanf("%d%d" , &l , &r) , l ^= last , r ^= last;
if(o.y > 0) last = query1(l , r , o , 1 , n , 1);
else last = query2(l , r , o , 1 , n , 1);
printf("%lld
" , last) , last &= 0x7fffffff;
if(opt[0] == 'E') last = 0;
}
}
return 0;
}