题目大意：
要求在平面直角坐标系下维护两个操作：
1.在平面上加入一条线段。记第 i 条被插入的线段的标号为 i
2.给定一个数 k,询问与直线 x = k 相交的线段中，交点最靠上的线段的编号。
若有多条线段符合要求，输出编号最小的线段的编号
（省略输入以及在线操作的要求）
分析：
明显的线段树特征：
1.有固定的 区间长度，（<=39989）
2.插入元素支持合并，（一个线段可以拆成两段线段）
所以我们用线段树来做这道题。
线段树维护什么元素开始不太好想。
发现要求一个交点最靠上的线段的编号，所以类似维护区间最大值，我们可以在每个区间内维护一个线段（这个线段两端坐标就是l和r，也就是说，恰好放在这个区间内），保证这个线段和x=mid这条竖直的线的交点的纵坐标是有史以来最大的。
我们在区间里记录下来这个线段的所属编号（注意不是线段编号，因为真实情况的一条线段可能会被劈成许多段，但是它们本质上还是同一个线段，在贡献答案的时候，还是要输出它们所代表的真实线段的编号的）。
同时用一个结构体记录下来每个线段的x1,x2,y1,y2以及所属编号hao。
注意由于要劈断，纵坐标不一定是整数，所以y1，y2都是double类型的。
struct duan{ int x1,x2; double y1,y2; int hao; }line[N*20]; struct node{ int id; }t[4*(mod1+10)];
发现不需要build,pushup,pushdown,但是。。。 我们不能将区间原有线段因为中点处的值小了而“一 棒子打死”，它中点左边或者右边的值可能还会对答案产生贡献。 所以最关键的是add操作。 1.特判l==r 已经到了一个点上。 如果该点之前没有维护线段，直接维护现在的线段。 如果有，选择纵坐标靠上的直线（点），纵坐标相同，选择编号较小的。 2.如果没有恰好放在区间里。 如果不过mid，根据与mid关系左右查找。 如果过mid，劈两半分别查找。 3.如果找到了恰好的区间 如果该区间没有维护线段，维护该线段。 如果有， ①如果中点处新的优，留下新的，把旧的中，稍微大的一半留下（全劣则淘汰），下放到对应的子区间。 ②如果中点处值相同。一般情况选择新的劈断的下放（省的建线段）。但是当新的编号较小，并且新的线段的右端点的纵坐标大于等于旧的，这时就要劈断旧的，将旧的右半部分下放。（使得mid处一定取得是新的线段，也就是编号较小的） ③如果中点处旧的优，同理。 查询的时候，直接沿着一条logn的路径查询，时刻更新最大值和ans即可。没有什么可多说的。 详见代码：（写的很丑，但是比较容易看懂）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; const int mod1=39989; const int mod2=1e9; int n; int has; int la; int cntpool,cntdel; int del[N]; struct duan{ int x1,x2; double y1,y2; int hao; }line[N*20]; inline int newnode(int x1,int x2,double y1,double y2) { int r=cntdel?del[cntdel--]:++cntpool; memset(line+r,0,sizeof (duan)); line[r].x1=x1,line[r].x2=x2,line[r].y1=y1,line[r].y2=y2; return r; }//取新节点 void dele(int x) { del[++cntdel]=x; }//删除节点，回收空间 struct node{ int id; }t[4*(mod1+10)];//树 double lv(int x1,int x2,double y1,double y2) { return (double)(y1-y2)/(1.0*x1-1.0*x2); }//斜率 void add(int x,int l,int r,int x1,int x2,double y1,double y2,int hh) { if(l==r) { if(!t[x].id) { int tt=newnode(x1,x2,y1,y2); line[tt].hao=hh; t[x].id=tt; } else{ double mx1=max(y1,y2); double mx2=max(line[t[x].id].y1,line[t[x].id].y2); if(mx1>mx2) { int tt=newnode(x1,x2,y1,y2); line[tt].hao=hh; dele(t[x].id); t[x].id=tt; } else if(mx1==mx2) { if(hh<line[t[x].id].hao) { int tt=newnode(x1,x2,y1,y2); line[tt].hao=hh; dele(t[x].id); t[x].id=tt; } } } return; }//l==r情况 int mid=(l+r)>>1; if(x1!=l||x2!=r) { if(x2<=mid) add(x<<1,l,mid,x1,x2,y1,y2,hh); else if(x1>mid) add(x<<1|1,mid+1,r,x1,x2,y1,y2,hh); else{ double k=lv(x1,x2,y1,y2); double d=y1+((double)mid-x1)*k; add(x<<1,l,mid,x1,mid,y1,d,hh); add(x<<1|1,mid+1,r,mid+1,x2,d+k,y2,hh); } }//find else{ if(!t[x].id) { int tt=newnode(x1,x2,y1,y2); line[tt].hao=hh; t[x].id=tt; } else{ int p1=line[t[x].id].x1,p2=line[t[x].id].x2; double q1=line[t[x].id].y1,q2=line[t[x].id].y2; int oldh=line[t[x].id].hao; double k1=lv(x1,x2,y1,y2); double k2=lv(p1,p2,q1,q2); double d1=y1+1.0*(mid-x1)*k1;//new d在中点的纵坐标 double d2=q1+1.0*(mid-p1)*k2;//old d if(d1>d2)//new > old { int tt=newnode(x1,x2,y1,y2); line[tt].hao=hh; dele(t[x].id); t[x].id=tt; if(q1<y1&&q2<y2) return;//warning!! else if(q1>=y1) { add(x<<1,l,mid,p1,mid,q1,d2,oldh); } else if(q2>=y2) { add(x<<1|1,mid+1,r,mid+1,p2,d2+k2,q2,oldh); } } else if(d1==d2)//new = old { if(q1<y1) { add(x<<1,l,mid,x1,mid,y1,d1,hh); } else if(q2<=y2) { if(hh<oldh)//move old { int tt=newnode(x1,x2,y1,y2); line[tt].hao=hh; dele(t[x].id); t[x].id=tt; add(x<<1,l,mid,p1,mid,q1,d2,oldh); } else{ add(x<<1|1,mid+1,r,mid+1,x2,d1+k1,y2,hh); } } } else if(d1<d2)//new < old { if(y1<q1&&y2<q2) return;//warning!! else if(y1>=q1) { add(x<<1,l,mid,x1,mid,y1,d1,hh); } else if(y2>=q2) { add(x<<1|1,mid+1,r,mid+1,x2,d1+k1,y2,hh); } } } }//update } int ans; double zui; void query(int x,int l,int r,int to) { if(l==r) { if(!t[x].id) return;//warning!! double mx=max(line[t[x].id].y1,line[t[x].id].y2); if(zui<mx) { zui=mx; ans=line[t[x].id].hao; } else if(zui==mx) { if(ans>line[t[x].id].hao) ans=line[t[x].id].hao; } return; } if(!t[x].id) { int mid=(l+r)>>1; if(to<=mid) query(x<<1,l,mid,to); else query(x<<1|1,mid+1,r,to); } else{ int x1=line[t[x].id].x1,x2=line[t[x].id].x2; double y1=line[t[x].id].y1,y2=line[t[x].id].y2; if(x1<=to&&to<=x2) { double k1=lv(x1,x2,y1,y2); double d1=y1+((double)to-x1)*k1; if(d1>zui) { zui=d1; ans=line[t[x].id].hao; } else if(zui==d1) { if(ans>line[t[x].id].hao) ans=line[t[x].id].hao; } } int mid=(l+r)>>1; if(to<=mid) query(x<<1,l,mid,to); else query(x<<1|1,mid+1,r,to); } } int main() { scanf("%d",&n); int q,a,b,c,d; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&q); if(q&1) { has++; scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d); a=(a+la-1)%mod1+1; b=(b+la-1)%mod2+1; c=(c+la-1)%mod1+1; d=(d+la-1)%mod2+1; if(a>c) swap(a,c),swap(b,d); add(1,1,mod1+2,a,c,b,d,has); } else{ scanf("%d",&a); zui=0.0,ans=0; a=(a+la-1)%mod1+1; query(1,1,mod1+2,a); printf("%d ",ans); la=ans; } } return 0; }
upda:2018.12.27
其实这个东西叫做李超线段树
就是每个区间保留最靠上的直线，实现O(log^2n）的复杂度。
好像应用只有模板题？