bzoj2961&&bzoj4140 共点圆

题目描述

　　在平面直角坐标系中，Wayne需要你完成n次操作，操作只有两种：
　　1.0 x y。表示在坐标系中加入一个以(x, y)为圆心且过原点的圆。
　　2.1 x y。表示询问点(x, y)是否在所有已加入的圆的内部（含圆周），且至少在一个圆内部（含圆周）。
　　为了减少你的工作量，题目保证圆心严格在x轴上方（纵坐标为正），且横坐标非零。

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输入格式

　　第1行一个整数n。
　　接下来n行，每行第一个数是0或1，分别表示两种操作。
　　接着有两个实数x和y，具体意义见题面。

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输出格式

　　对于每个询问操作，如果点在所有已加入的圆内（或圆周上），则输出“Yes”（不含引号）；否则输出“No”（不含引号）。

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数据范围

对于100%的数据，n≤500000，所有坐标绝对值不超过10000。

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• 题解

  • 在一个圆内$(x-a)^2 + (y-b)^2 <=  x^2 + y^2$，化简得$ax + by >= \frac{a^2 + b^2}{2}$，
  • 右边是定值，求出$ax+by$的最小值即可判断，做法类似bzoj3533
  • 如果对时间分治，每次对区间左边求凸包，$n \ logn$可以实现；
  • bzoj4140要求强制在线，可以采用二进制分组
  • 由于只会从后面查询，类似树状数组，每次重构末尾的$lowbit$位的凸包，查询不断-=lowbit(i)三分；
  • 注意复杂度的理解：
  • 考虑$n$位二进制数$N$，$lowbit$为第$i$位的有,$2^{n-i}$个，
  • $\sum_{i=0}^{n-1} 2^i  \ * \  2^{n-i} = N \ log_{2} \ N$

 #include<bits/stdc++.h>
 #define ld double
 #define il inline
 using namespace std;
 const int N=;
 const ld eps=1e-;
 int n,m,st1[N],ed1[N],st2[N],ed2[N],top,cnt;
 ld mn;
 il int dcmp(ld x){return fabs(x)<eps?:x<?-:;}
 struct P{
     ld x,y;
     P(ld X=,ld Y=):x(X),y(Y){};
     bool operator <(const P&a)const{return fabs(x-a.x)<eps?y<a.y:x<a.x;}
     P operator -(const P&a)const{return P(x-a.x,y-a.y);}
 }q[N],p[N],t[N],Q;
 ld crs(const P&a,const P&b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
 ld dot(const P&a,const P&b){return a.x*b.x+a.y*b.y;}
 void ask(int l,int r){
     while(r-l>=){
         int mid=(r-l)/,mid1=l+mid,mid2=r-mid;
         if(dot(q[mid1],Q)>dot(q[mid2],Q))l=mid1;
         else r=mid2;
     }
     for(int i=l;i<=r;++i)mn=min(mn,dot(q[i],Q));
 }
 int main(){
     #ifndef ONLINE_JUDGE
     freopen("bzoj2961.in","r",stdin);
     freopen("bzoj2961.out","w",stdout);
     #endif
     scanf("%d",&n);
     for(int i=,op;i<=n;++i){
         scanf("%d",&op);
         if(op==){
             m++;scanf("%lf%lf",&p[m].x,&p[m].y);
             p[m].x+=cnt,p[m].y+=cnt;
             int l=m-(m&-m)+,r=m;
             st1[m]=top=l;
             for(int j=l;j<=r;++j)t[j]=p[j];
             sort(t+l,t+r+);
             q[top]=t[l];
             for(int j=l+;j<=r;++j){
                 while(top>l&&dcmp(crs(q[top]-q[top-],t[j]-q[top]))<=)top--;
                 q[++top]=t[j];
             }
             int now=ed1[m]=st2[m]=top;
             for(int j=r-;j>=l;--j){
                 while(top>now&&dcmp(crs(q[top]-q[top-],t[j]-q[top]))<=)top--;
                 if(j>l)q[++top]=t[j];
             }
             ed2[m]=top;
         }else{
             scanf("%lf%lf",&Q.x,&Q.y);
             Q.x+=cnt,Q.y+=cnt;
             if(!m){puts("No");continue;}
             mn = 1e18;
             for(int j=m;j;j-=j&-j){
                 if(Q.y>)ask(st1[j],ed1[j]);
                 else ask(st2[j],ed2[j]),mn=min(mn,dot(Q,q[st1[j]]));
             }
             if(dcmp(mn*-Q.x*Q.x-Q.y*Q.y)>=)puts("Yes"),cnt++;
             else puts("No");
         }
     }
 }

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