CH 4701

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关于CDQ分治（参考李煜东《算法竞赛进阶指南》）：

对于一系列操作，其中的任何一个询问操作，其结果必然等价于：初始值 + 此前所有的修改操作产生的影响。

假设共有 $m$ 次操作，对于任意的满足 $1 le l le r le m$ 的正整数 $l,r$，定义 $solve(l,r)$ 为：对于任意的正整数 $k in [l,r]$，若第 $k$ 次操作为询问操作，则计算第 $l sim k-1$ 次操作中的修改操作对第 $k$ 次查询的影响。$solve(l,r)$ 可以通过分治来计算：

1. 设 $mid = (l+r)>>1$，递归计算 $solve(l,mid)$ 和 $solve(mid+1,r)$。
2. 计算第 $l sim mid$ 次操作中所有修改操作对第 $mid+1 sim r$ 次操作中所有询问操作的影响。

同时，根据 $solve(l,r)$ 的定义，显然 $solve(1,m)$ 即为原始问题（不考虑初始值的情况下），而当 $l=r$ 时 $solve(l,r)$ 显然不需要进行任何计算。

第 2 部分的操作，其实是一个静态问题，因为修改和询问是完全被前后分开的。类比于经典分治算法归并排序，我们只要让计算第 2 部分的时间复杂度只和 $r-l$ 线性相关，就可以使得总的时间复杂度为 $O(m log m)$。

这种离线分治算法是基于时间顺序对操作序列进行分治的，因此称为基于时间的分治算法，或者更加广泛的名称CDQ分治。

题解：

这个题，剥离题目背景，无非就是在二维平面上，在若干时刻放置一个点在某个位置，同时在若干时刻查询某个位置与其最近邻的距离。

自然而然就会想起KDTree，不过我还不会带修改的KDTree怎么办，那不妨考虑一下一个简单的问题，假设没有修改操作，只在一开始就给定你平面上若干个点，后续全部都是查询操作。

即：给定平面上 $n$ 个点 $(x_i,y_i)$，有 $m$ 次查询操作，每次询问距离 $(x,y)$ 位置的最近的点有多远（KDTree板子题）。显然，答案就是 $min_{1 le i le n}{ |x - x_i| + |y - y_i| }$。

方便起见，为了去掉绝对值符号，不妨把询问变成询问四个方向（第 $1,2,3,4$ 象限方向）上距离最近的点。那么，以第三象限方向上的询问为例，其答案就变成：

$min_{1 le i le n}{ x - x_i + y - y_i } = (x+y) - max_{1 le i le n}{x_i + y_i}$

其中，$forall x_i,y_i$ 满足 $x_i le x$ 且 $y_i le y$。

此时，可以考虑树状数组优化时间复杂度，先把所有平面上的点和询问中的位置按横坐标从小到大排个序，然后依次进行扫描。

1. 若扫描到一个点 $(x_i,y_i)$，则在树状数组中把第 $y_i$ 个位置上的值和 $x_i+y_i$ 取较大值。
2. 若扫描到一个询问的位置 $(x,y)$，则在树状数组中查询区间 $[0,y]$ 上的最大值。

显然，按照横坐标从小到大扫描，使得每次询问时，树状数组中存储的值都是 $x$ 值不大于当前位置的点，而在区间 $[0,y]$ 的查询就迫使所有被考虑的点的 $y$ 值都是不超过当前位置的。

时间复杂度 $O((n+m)log(n+m))$。

然后，我们回到原来的问题，对于原问题，我们使用CDQ分治，那么需要考虑的问题就变成了 $solve(l,r)$ 中，如何计算第 $l sim mid$ 次操作中所有修改操作对第 $mid+1 sim r$ 次操作中所有询问操作的影响。换句话说，如何计算第 $l sim mid$ 次操作中所有添加进来的点，对第 $mid+1 sim r$ 次操作中所有询问的影响。这样一看，这不就是上面讲到的简化版问题吗。

当然，为了保证每次计算静态问题的时间复杂度仅和 $r-l$ 相关，不能每次都建立一个新的树状数组，必须在每次计算 $solve(l,r)$ 后，把对树状数组的修改都撤销掉。也就是说，要保证对于每个 $solve(l,r)$，在进入和离开函数时，树状数组都是空的。

这样一来，不妨把初始的 $n$ 个点也看做修改操作，对于总的 $n+m$ 次操作，总时间复杂度就是 $O((n+m) log^2 (n+m))$。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;

int n,m;
struct Rec{
    int t,x,y;
    Rec(){}
    Rec(int _t,int _x,int _y) {
        t=_t, x=_x, y=_y;
    }
    bool operator<(const Rec &b)const
    {
        if(x==b.x) return y<b.y;
        else return x<b.x;
    }
}o[MAX];
int tot;
Rec s[MAX];
int ans[MAX];

int C[MAX],N;
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
int ask(int pos) {
    int res=-INF;
    for(;pos>=1;pos-=lowbit(pos)) res=max(res,C[pos]);
    return res;
}
void upd(int pos,int val) {
    for(;pos<=N;pos+=lowbit(pos)) C[pos]=max(C[pos],val);
}

//第一象限：- x - y - max(- xi - yi)
//第二象限：+ x - y - max(+ xi - yi)
//第三象限：+ x + y - max(+ xi + yi)
//第四象限：- x + y - max(- xi + yi)
void calc(int st,int ed,int d,int sx,int sy)
{
    for(int i=st;i!=ed;i+=d)
    {
        int pos=(sy==1)?s[i].y:N-s[i].y;
        int val=sx*s[i].x+sy*s[i].y;
        if(o[s[i].t].t==1) upd(pos,val);
        else ans[s[i].t]=min(ans[s[i].t],val-ask(pos));
    }
    for(int i=st;i!=ed;i+=d)
    {
        int pos=(sy==1)?s[i].y:N-s[i].y;
        if(o[s[i].t].t==1) for(;pos<=N;pos+=lowbit(pos)) C[pos]=-INF;
    }
}

void cdqdiv(int l,int r)
{
    if(l>=r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    cdqdiv(l,mid);
    cdqdiv(mid+1,r);
    tot=0;
    for(int i=l;i<=mid;i++) if(o[i].t==1) s[++tot]=Rec(i,o[i].x,o[i].y);
    for(int i=mid+1;i<=r;i++) if(o[i].t==2) s[++tot]=Rec(i,o[i].x,o[i].y);
    sort(s+1,s+tot+1);
    calc(tot,0,-1,-1,-1); //第一象限
    calc(1,tot+1,1,1,-1); //第二象限
    calc(1,tot+1,1,1,1); //第三象限
    calc(tot,0,-1,-1,1); //第四象限
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m); m+=n;
    for(int i=1;i<=n;i++) o[i].t=1, scanf("%d%d",&o[i].x,&o[i].y), ++o[i].y;
    for(int i=n+1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d", &o[i].t,&o[i].x,&o[i].y), ++o[i].y;

    for(int i=1;i<=m;i++) N=max(N,o[i].y); N++;
    for(int i=1;i<=N;i++) C[i]=-INF;

    memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
    cdqdiv(1,m);
    for(int i=1;i<=m;i++) if(o[i].t==2) printf("%d
",ans[i]);
}