题目描述
Ayu 在七年前曾经收到过一个天使玩偶，当时她把它当作时间囊埋在了地下。而七年后 的今天，Ayu 却忘了她把天使玩偶埋在了哪里，所以她决定仅凭一点模糊的记忆来寻找它。
我们把 Ayu 生活的小镇看作一个二维平面坐标系，而 Ayu 会不定时地记起可能在某个点 (xmy) 埋下了天使玩偶；或者 Ayu 会询问你，假如她在 (x,y) ，那么她离近的天使玩偶可能埋下的地方有多远。
因为 Ayu 只会沿着平行坐标轴的方向来行动，所以在这个问题里我们定义两个点之间的距离为dist(A,B)=|Ax-Bx|+|Ay-By|。其中 Ax 表示点 A的横坐标，其余类似。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含两个整数n和m ，在刚开始时，Ayu 已经知道有n个点可能埋着天使玩偶， 接下来 Ayu 要进行m 次操作
接下来n行，每行两个非负整数 (xi,yi)，表示初始n个点的坐标。
再接下来m 行，每行三个非负整数 t,xi,yi。
如果t=1 ，则表示 Ayu 又回忆起了一个可能埋着玩偶的点 (xi,yi) 。
如果t=2 ，则表示 Ayu 询问如果她在点 (xi,yi) ，那么在已经回忆出来的点里，离她近的那个点有多远
输出格式：
对于每个t=2 的询问，在单独的一行内输出该询问的结果。
输入输出样例
说明
n,m<=300 000
xi,yi<=1 000 000
【思路分析】
这道题其实发现很像上一道CDQ ——Mokia。
但是我们发现我们并不是只查在其左下方的点，而是离其最近的点，所以我们一次CDQ肯定不现实啊，所以我们就要四次CDQ，每次CDQ对应一个方向（左下，左上，右下，右上）。然后做四次CDQ。
我们怎么实现四个方向的CDQ都等效成查左下方呢？？？我们只需要将这个图翻转一下，具体如下：
//maxx为x、y上限 for(int i=1;i<=cnt;i++) que[i]=temp[i];CDQ(1,cnt);//第一次正常查左下方 for(int i=1;i<=cnt;i++) que[i]=temp[i],que[i].x=maxx-temp[i].x;CDQ(1,cnt);//用maxx减去x后,原本值大的变成了值小的，就相当于进行左右的反转，相当于查右下方 for(int i=1;i<=cnt;i++) que[i]=temp[i],que[i].y=maxx-temp[i].y;CDQ(1,cnt);//同理,相当于查左上方 for(int i=1;i<=cnt;i++) que[i]=temp[i],que[i].x=maxx-temp[i].x,que[i].y=maxx-temp[i].y;CDQ(1,cnt);//相当于查右上方
然后我们发现我们并不是求点的个数，而是距离其最近的点，所以看似树状数组没法实现查前驱后继，但是我们发现这道题一个很妙妙的性质，就是两个点的距离被定义为|x1-x2|+|y1-y2|。由于我们已经进行了翻转，所以我们每次等效查的是左下方的最近点，所以易证两个绝对值内都是正数，可以直接打开绝对值变为（x1+y1）-（x2+y2）。所以美滋滋，我们可以将x+y作为一个整体进行维护，我们只要保证（x2+y2）最大，那么结果最小。我们就可以用树状数组来维护区间最大值了，不用维护前驱后继了。
最后我们就只需要像Mokia一样，进行二维区间查询即可。
这里提一下树状数组清空时的一个小优化，我们当然可以像Mokia那样，在每次结束时清空一下，但其实我们发现还有一种更优秀的方法：
我们设立一个tag数组，标记树状数组的每个值，表示上一次对其操作时是CDQ到了第几层，再用一个cl变量记录层数，每递归CDQ一次就加一。
如果是修改操作我们就判断修改最大值是否合理（也就是判断是否修改后比修改前更优）或者是不是上一次修改不在这一层CDQ中。
如果是询问操作，那只有当前节点的修改tag是这一层的cl，才进行比较。
具体可以看代码实现。
最后注明，这道题似乎贼卡CDQ，如果能写KD-Tree自然就很优秀了，所以要是写CDQ的话，一定要把你能用的优化、剪枝用上，然后记得吸口氧气优化一下。
我还发现原来归并排第二维似乎比sort要快不少的样子，什么鬼？？？
【代码实现】
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<cctype> 5 #define lowbit(x) x&(-x) 6 using namespace std; 7 inline char gc(){ 8 static char buf[1000000], *p1 = buf, *p2 = buf; 9 return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1000000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++; 10 } 11 inline void read(int &x){ 12 bool f=x=0; 13 char c=gc(); 14 while(!isdigit(c))c=gc(); 15 while(isdigit(c))x=x*10+c-48,c=gc(); 16 } 17 18 const int N=1e6+100; 19 const int maxn=6e5+5; 20 const int INF=0x3f3f3f3f; 21 struct sd{ 22 int kind,x,y,time; 23 }que[maxn],temp[maxn],tt[maxn]; 24 25 int t[N],ans[N],tag[N],maxx=1e6+5,cnt,cl; 26 bool cmp(sd a,sd b) 27 { 28 if(a.x!=b.x) return a.x<b.x; 29 if(a.y!=b.y) return a.y<b.y; 30 return a.kind<b.kind; 31 } 32 void add(int v,int ww) 33 { 34 for(;v<=maxx;v+=lowbit(v)) 35 if(t[v]<ww||tag[v]!=cl) t[v]=ww,tag[v]=cl; 36 } 37 int ask(int v) 38 { 39 int res=-INF; 40 for(;v;v-=lowbit(v)) 41 if(tag[v]==cl) res=max(res,t[v]); 42 return res; 43 } 44 void CDQ(int l,int r) 45 { 46 if(l==r) return; 47 int mid=(l+r)>>1,tl=l,tr=mid+1,gg=l; 48 CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);++cl; 49 while(tl<=mid&&tr<=r) 50 if(cmp(que[tl],que[tr])) tt[gg++]=que[tl++]; 51 else tt[gg++]=que[tr++]; 52 while(tl<=mid) tt[gg++]=que[tl++]; 53 while(tr<=r) tt[gg++]=que[tr++]; 54 55 for(int i=l;i<=r;i++) 56 { 57 que[i]=tt[i]; 58 if(que[i].time<=mid&&!que[i].kind) add(que[i].y,que[i].x+que[i].y); 59 if(que[i].time>mid&&que[i].kind) ans[que[i].time]=min(ans[que[i].time],que[i].x+que[i].y-ask(que[i].y)); 60 } 61 } 62 int main() 63 { 64 int n,m,a,b,ord; 65 read(n),read(m); 66 fill(ans+n+1,ans+n+m+1,INF); 67 for(int i=1;i<=n;i++) 68 read(a),read(b),a++,b++,temp[++cnt]=(sd){0,a,b,cnt}; 69 for(int i=1;i<=m;i++) 70 read(ord),read(a),read(b),a++,b++,temp[++cnt]=(sd){ord-1,a,b,cnt}; 71 for(int i=1;i<=cnt;i++) que[i]=temp[i];CDQ(1,cnt); 72 for(int i=1;i<=cnt;i++) que[i]=temp[i],que[i].x=maxx-temp[i].x;CDQ(1,cnt); 73 for(int i=1;i<=cnt;i++) que[i]=temp[i],que[i].y=maxx-temp[i].y;CDQ(1,cnt); 74 for(int i=1;i<=cnt;i++) que[i]=temp[i],que[i].x=maxx-temp[i].x,que[i].y=maxx-temp[i].y;CDQ(1,cnt); 75 for(int i=n+1;i<=cnt;i++) if(temp[i].kind) printf("%d ",ans[i]); 76 return 0; 77 }