cogs 547:[HAOI2011] 防线修建

　　　　　　　　　　　　　　　　　　★★★☆ 输入文件：defense.in 输出文件：defense.out 简单对比
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题目描述：

近来A国和B国的矛盾激化，为了预防不测，A国准备修建一条长长的防线，当然修建防线的话，肯定要把需要保护的城市修在防线内部了。可是A国上层现在还犹豫不决，到底该把哪些城市作为保护对象呢？又由于A国的经费有限，所以希望你能帮忙完成如下的一个任务：

给出你所有的A国城市坐标
A国上层经过讨论，考虑到经济问题，决定取消对i城市的保护，也就是说i城市不需要在防线内了
A国上层询问对于剩下要保护的城市，修建防线的总经费最少是多少

你需要对每次询问作出回答。注意单位1长度的防线花费为1。

A国的地形是这样的，形如下图，x轴是一条河流，相当于一条天然防线，不需要你再修建

A国总是有两个城市在河边，一个点是(0,0)，一个点是(n,0)，其余所有点的横坐标均大于0小于n，纵坐标均大于0。A国有一个不在(0,0)和(n,0)的首都。(0,0),(n,0)和首都这三个城市是一定需要保护的。

上图中，A,B,C,D,E点为A国城市，且目前都要保护，那么修建的防线就会是A-B-C-D，花费也就是线段AB的长度+线段BC的长度+线段CD的长度

如果，这个时候撤销B点的保护，那么防线变成下图

输入格式：

第一行，三个整数n,x,y分别表示河边城市和首都是(0,0)，(n,0)，(x,y)。

第二行，一个整数m。

接下来m行，每行两个整数a,b表示A国的一个非首都非河边城市的坐标为(a,b)。

再接下来一个整数q，表示修改和询问总数。

接下来q行每行要么形如1 i，要么形如2，分别表示撤销第i个城市的保护和询问。

输出格式：

对于每个询问输出1行，一个实数v，表示修建防线的花费，保留两位小数

样例输入：

4 2 1

1 2

3 2

1 1

1 2

样例输出：

6.47

5.84

4.47

数据范围：

30%的数据m<=1000,q<=1000

100%的数据m<=100000,q<=200000,n>1

所有点的坐标范围均在10000以内, 数据保证没有重点

题解：

　　此题要求动态地去维护一个凸包的周长，我们可以发现，要想从凸包上删除一个点然后更新答案并不容易，因为凸包内部的点的信息不好维护，不妨把所有操作先存下来，离线反向操作。每碰到一个操作1，添加一个点，添加点无非是看这个点是在凸包的内部还是外部，内部的就不用管了，对答案并没有什么卵用，如果是在外部，就看在这个点左边的凸包上的点和右边凸包上的点会不会被覆盖，这个用向量的叉积判断即可

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<cstdlib>

 #include<cmath>

 #include<algorithm>

 #include<cstring>

 #include<queue>

 #include<cstring>

 #include<set>

 using namespace std;

 const double eps=1e-;

 int n,x,y,m,q;

 double now;

 struct Q{

     int kin,i;

     double ans;

 }opt[];

 bool vis[];

 struct P{

     int x,y;

 }p[],del[];

 inline P operator-(P a,P b){

     P t; t.x=a.x-b.x; t.y=a.y-b.y;

     return t;

 }

 inline double operator*(P a,P b){

     return a.x*b.y-b.x*a.y;

 }

 inline bool operator<(P a,P b){

     if(a.x==b.x) return a.y<b.y;

     return a.x<b.x;

 }

 inline double dis(P a,P b){

     return sqrt((double)((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y)));

 }

 set<P> A;

 inline void insert(int a,int b){

     P x=(P){a,b};

     set<P>::iterator r=A.lower_bound(x),l=r,t;

     l--;

     if((*l-x)*(*r-x)<) return ;

     now-=dis(*l,*r);

     A.insert(x);

     while(r!=A.end()){

         t=r; r++;

         if((*r-x)*(*t-x)>) break;

         now-=dis(*t,*r);

         A.erase(t);

     }

     while(l!=A.begin()){

         t=l; l--;

         if((*t-x)*(*l-x)>) break;

         now-=dis(*t,*l);

         A.erase(t);

     }

     A.insert(x);

     l=r=t=A.find(x);

     l--; r++;

     now+=dis(*l,x)+dis(*r,x);

 }

 int main(){

 //    freopen("defense.in","r",stdin);

 //    freopen("defense.out","w",stdout);

     scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);

     scanf("%d",&m);

     for(int i=;i<=m;i++) scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);

     scanf("%d",&q);

     for(int i=;i<=q;i++){

         scanf("%d",&opt[i].kin);

         if(opt[i].kin==){

             scanf("%d",&opt[i].i);

             vis[opt[i].i]=true;

         }

     }

     P cap; cap.x=x; cap.y=y;

     now+=dis((P){,},cap); now+=dis((P){n,},cap);

     A.insert((P){,}); A.insert((P){n,}); A.insert((P){x,y});

     for(int i=;i<=m;i++){

         if(vis[i]==false) insert(p[i].x,p[i].y);

     }

     for(int i=q;i>=;i--){

         if(opt[i].kin==){

             opt[i].ans=now;

         }

         else{

             insert(p[opt[i].i].x,p[opt[i].i].y);

         }

     }

     for(int i=;i<=q;i++){

         if(opt[i].kin==){

             printf("%.2lf\n",opt[i].ans);

         }

     }

     return ;

 }

巴特西

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