T1：Hide and Seek
题干：
小猪 $iPig$ 在 $PKU$ 刚上完了无聊的猪性代数课，天资聪慧的 $iPig$ 被这门对他来说无比简单的课弄得非常寂寞，为了消除寂寞感，他决定和他的好朋友 $GiPi$（鸡皮）玩一个更加寂寞的游戏---捉迷藏。 但是，他们觉得，玩普通的捉迷藏没什么意思，还是不够寂寞，于是，他们决定玩寂寞无比的螃蟹版捉迷藏，顾名思义，就是说他们在玩游戏的时候只能沿水平或垂直方向走。一番寂寞的剪刀石头布后，他们决定 $iPig$ 去捉 $GiPi$ 。由于他们都很熟悉 $PKU$ 的地形了，所以 $giPi$ 只会躲在 $PKU$ 内 $n$ 个隐秘地点，显然 $iPig$ 也只会在那 $n$ 个地点内找 $giPi$ 。游戏一开始，他们选定一个地点， $iPig$ 保持不动，然后 $giPi$ 用 $30$ 秒的时间逃离现场（显然， $giPi$ 不会呆在原地）。然后 $iPig$ 会随机地去找 $giPi$ ，直到找到为止。由于 $iPig$ 很懒，所以他到总是走最短的路径，而且，他选择起始点不是随便选的，他想找一个地点，使得该地点到最远的地点和最近的地点的距离差最小。 $iPig$ 现在想知道这个距离差最小是多少。 由于 $iPig$ 现在手上没有电脑，所以不能编程解决这个如此简单的问题，所以他马上打了个电话，要求你帮他解决这个问题。$iPig$ 告诉了你 $PKU$ 的 $n$ 个隐秘地点的坐标，请你编程求出 $iPig$ 的问题。
输入格式：第一行输入一个整数 $N$ 第 $2~N+1$ 行，每行两个整数 $X$，$Y$，表示第 $i$ 个地点的坐标
输出格式：一个整数，为距离差的最小值。
题解：
求两点距离，比较简单地就可以想到用 $K-D tree$来解决。
这道题要求出距离差，我们就可以用 $K-D tree$ 维护一下矩阵最大值与最小值，不断更新答案即可。
有一个保证时间复杂度的剪枝；优先搜索更可能更新答案的子树，这样就有可能不再走另一棵子树。
点一下区间最值判断的估价函数：
1、最大值：直接寻找最大的曼哈顿距离即可
2、最小值：判断该点是否在子树管辖的空间内，若确实在，就优先搜索；否则滞后搜索。
时间复杂度 $Theta(nsqrt{n})$ 。
Code：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #define $ 500100
5 #define inf 0x7fffffff
6 using namespace std;
7 int n,ans=inf,now,siz,maxx,minn;
8 struct node{ int x[2]; }a[$];
9 inline int abss(int x) { return (x<0)?-x:x; }
10 inline int max(int x,int y){ return (x>y)?x:y; }
11 inline int min(int x,int y){ return (x<y)?x:y; }
12 inline int mid(int x,int y){ return (x+y)>>1; }
13 inline bool cmp(const node &a,const node &b){
14 return a.x[now]<b.x[now];
15 }
16 inline int dis(node a,node b){
17 return abss(a.x[0]-b.x[0])+abss(a.x[1]-b.x[1]);
18 }
19 inline int read(){
20 int a=0;
21 char s=getchar();
22 while(s>'9'||s<'0') s=getchar();
23 while(s<='9'&&s>='0') a=(a<<1)+(a<<3)+(s^48), s=getchar();
24 return a;
25 }
26 struct tree{
27 tree *son[2];
28 node pint;
29 int imax[2],imin[2];
30 inline void init(node a){
31 pint=a; son[0]=son[1]=NULL;
32 imin[0]=imax[0]=a.x[0], imin[1]=imax[1]=a.x[1];
33 }
34 inline void update(tree *a){
35 imin[0]=min(imin[0],a->imin[0]), imin[1]=min(imin[1],a->imin[1]);
36 imax[0]=max(imax[0],a->imax[0]), imax[1]=max(imax[1],a->imax[1]);
37 }
38 inline void pushup(){
39 if(son[0]!=NULL) update(son[0]);
40 if(son[1]!=NULL) update(son[1]);
41 }
42 inline int cal_min(node a){
43 return max(imin[0]-a.x[0],0)+max(a.x[0]-imax[0],0)
44 +max(imin[1]-a.x[1],0)+max(a.x[1]-imax[1],0);
45 }
46 inline int cal_max(node a){
47 return max(abss(a.x[0]-imin[0]),abss(a.x[0]-imax[0]))
48 +max(abss(a.x[1]-imin[1]),abss(a.x[1]-imax[1]));
49 }
50 }*root,sum[$];
51 inline void build(tree *&p,int l,int r,int d){
52 if(l>r) return;
53 p=sum+(siz++), now=d;
54 int mid=(l+r)>>1;
55 nth_element(a+l,a+mid,a+r+1,cmp);
56 p->init(a[mid]);
57 build(p->son[0],l,mid-1,d^1), build(p->son[1],mid+1,r,d^1);
58 p->pushup();
59 }
60 inline void query_max(tree *p,node b){
61 if(p==NULL) return;
62 maxx=max(dis(p->pint,b),maxx);
63 int dis[2];
64 dis[0]=(p->son[0]==NULL)?0:p->son[0]->cal_max(b);
65 dis[1]=(p->son[1]==NULL)?0:p->son[1]->cal_max(b);
66 int opt=dis[0]>dis[1]?0:1;
67 if(dis[opt]>maxx) query_max(p->son[opt],b);
68 if(dis[opt^1]>maxx) query_max(p->son[opt^1],b);
69 }
70 inline void query_min(tree *p,node b){
71 if(p==NULL) return;
72 if(dis(p->pint,b)) minn=min(minn,dis(p->pint,b));
73 int dis[2];
74 dis[0]=(p->son[0]==NULL)?inf:p->son[0]->cal_min(b);
75 dis[1]=(p->son[1]==NULL)?inf:p->son[1]->cal_min(b);
76 int opt=dis[0]>dis[1]?0:1;
77 if(dis[opt]<minn) query_min(p->son[opt],b);
78 if(dis[opt^1]<minn) query_min(p->son[opt^1],b);
79 }
80 inline int query_max(node b){
81 maxx=0, query_max(root,b);
82 return maxx;
83 }
84 inline int query_min(node b){
85 minn=inf, query_min(root,b);
86 return minn;
87 }
88 signed main(){
89 n=read();
90 for(register int i=1;i<=n;++i) a[i].x[0]=read(),a[i].x[1]=read();
91 build(root,1,n,0);
92 for(register int i=1;i<=n;++i)
93 ans=min(ans,query_max(a[i])-query_min(a[i]));
94 printf("%d
",ans);
95 }
T2：巧克力王国
题干：
巧克力王国里的巧克力都是由牛奶和可可做成的。但是并不是每一块巧克力都受王国人民的欢迎，因为大家都不喜欢过于甜的巧克力。对于每一块巧克力，我们设 $x$ 和 $y$ 为其牛奶和可可的含量。由于每个人对于甜的程度都有自己的评判标准，所以每个人都有两个参数 $a$ 和 $b$ ，分别为他自己为牛奶和可可定义的权重，因此牛奶和可可含量分别为 $x$ 和 $y$ 的巧克力对于他的甜味程度即为 $ax + by$。而每个人又有一个甜味限度 $c$，所有甜味程度大于等于 $c$ 的巧克力他都无法接受。每块巧克力都有一个美味值 $h$ 。现在我们想知道对于每个人，他所能接受的巧克力的美味值之和为多少
输入格式：第一行两个正整数 $n$ 和 $m$ ，分别表示巧克力个数和询问个数；接下来 $n$ 行，每行三个整数 $x$ , $y$ , $h$ ，含义如题目所示；再接下来 $m$ 行，每行三个整数 $a$ , $b$ , $c$ 。
输出格式：输出 $m$ 行，其中第 $i$ 行表示第 $i$ 个人所能接受的巧克力的美味值之和。
题解：
这道题要求美味值之和，我们维护一个子树和即可。
在判断时：若区间的最小值都比那个人的 $c$ 值大， $return$ 掉；若区间的最大值都比那个人的 $c$ 值小， 直接将子树和加到答案上即可。
注意 $a$、$b$、$c$ 有可能是负数！！
Code：
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define $ 50010 5 #define inf 0x7fffffffffffffff 6 #define int long long 7 using namespace std; 8 int m,n,now; 9 struct node{ 10 int x[2],c; 11 friend bool operator < (const node &a,const node &b){ 12 return a.x[now]<b.x[now]; 13 } 14 inline bool judge(int a,int b,int c){ 15 return x[0]*a+x[1]*b<c; 16 } 17 }a[$]; 18 struct tree{ 19 tree *son[2]; 20 node pint; 21 int imax[2],imin[2],sum; 22 inline void init(node a){ 23 pint=a, son[1]=son[0]=NULL; 24 imin[0]=imax[0]=a.x[0], imax[1]=imin[1]=a.x[1]; 25 } 26 inline void update(tree *a){ 27 imin[0]=min(imin[0],a->imin[0]), imin[1]=min(imin[1],a->imin[1]); 28 imax[0]=max(imax[0],a->imax[0]), imax[1]=max(imax[1],a->imax[1]); 29 } 30 inline void pushup(){ 31 sum=pint.c; 32 if(son[0]!=NULL) update(son[0]), sum+=son[0]->sum; 33 if(son[1]!=NULL) update(son[1]), sum+=son[1]->sum; 34 } 35 inline bool big(int a,int b,int c){ 36 return max(max(imax[0]*a+imax[1]*b,imax[0]*a+imin[1]*b), 37 max(imin[0]*a+imax[1]*b,imin[0]*a+imin[1]*b))<c; 38 } 39 inline bool small(int a,int b,int c){ 40 return min(min(imax[0]*a+imax[1]*b,imax[0]*a+imin[1]*b), 41 min(imin[0]*a+imax[1]*b,imin[0]*a+imin[1]*b))<c; 42 } 43 }*root,sum[$],*siz=sum; 44 inline int max(int x,int y){ return (x>y)?x:y; } 45 inline int min(int x,int y){ return (x<y)?x:y; } 46 inline int read(){ 47 int a=0,b=1; 48 char s=getchar(); 49 while((s>'9'||s<'0')&&s!='-') s=getchar(); 50 if(s=='-') b=-b, s=getchar(); 51 while(s>='0'&&s<='9') a=(a<<3)+(a<<1)+(s^48), s=getchar(); 52 return a*b; 53 } 54 inline void build(tree *&p,int l,int r,int d){ 55 if(l>r) return; 56 p=siz++, now=d; 57 int mid=(l+r)>>1; 58 nth_element(a+l,a+mid,a+r+1); 59 p->init(a[mid]); 60 build(p->son[0],l,mid-1,d^1), build(p->son[1],mid+1,r,d^1); 61 p->pushup(); 62 } 63 inline int cal(tree *p,int a,int b,int c){ 64 if(p==NULL||(p->small(a,b,c)==0)) return 0; 65 if(p->big(a,b,c)) return p->sum; 66 int val=(p->pint.judge(a,b,c))?p->pint.c:0; 67 return cal(p->son[0],a,b,c)+cal(p->son[1],a,b,c)+val; 68 } 69 signed main(){ 70 n=read(); m=read(); 71 for(register int i=1;i<=n;++i) 72 a[i].x[0]=read(), a[i].x[1]=read(), a[i].c=read(); 73 build(root,1,n,0); 74 for(register int i=1,x,y,z;i<=m;++i){ 75 x=read(), y=read(), z=read(); 76 printf("%lld ",cal(root,x,y,z)); 77 } 78 }
T3：JZPFAR
题干：
平面上有 $n$ 个点。现在有 $m$ 次询问，每次给定一个点 $(px, py)$ 和一个整数 $k$ ，输出 $n$ 个点中离 $(px, py)$ 的距离第 $k$ 大的点的标号。如果有两个(或多个)点距离 $(px, py)$ 相同，那么认为标号较小的点距离较大。
输入格式：第一行，一个整数 $n$，表示点的个数；下面 $n$ 行 ，每行两个整数 $x_i$ , $y_i$ ，表示 $n$ 个点的坐标。点的标号按照输入顺序，分别为 $1..n$；下面一行，一个整数 $m$，表示询问个数；下面 $m$ 行，每行三个整数 $px_i$, $py_i$, $k_i$，表示一个询问。
输出格式： $m$ 行，每行一个整数，表示相应的询问的答案。
题解：
这道题让求的是欧几里得距离，我们仍然用最大值、最小值的剪枝。
有一个十分难想的做法：既然让求第 $k$ 大的距离，我们就只维护 $k$ 个即可——开始时放 $k$ 个无意义的最小值，不断插入一个、弹出一个即可。
注意：优先队列的大根堆定义时应将小于号定义为 $val1>val2$ 之类的东西，与我们所认知的相反。。。
Code：
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<queue> 5 #define $ 100100 6 #define inf 0x7fffffff 7 #define int long long 8 using namespace std; 9 int m,n,k,now; 10 inline int max(int x,int y){ return (x>y)?x:y; } 11 inline int min(int x,int y){ return (x<y)?x:y; } 12 inline int abss(int x) { return (x<0)?-x:x; } 13 struct node{ 14 int x[2],t; 15 friend bool operator < (const node &a,const node &b){ 16 return a.x[now]<b.x[now]; 17 } 18 }a[$]; 19 struct tree{ 20 tree *son[2]; 21 node pint; 22 int imax[2],imin[2]; 23 inline void init(node a){ 24 pint=a, son[0]=son[1]=NULL; 25 imax[0]=imin[0]=a.x[0], imax[1]=imin[1]=a.x[1]; 26 } 27 inline void update(tree *a){ 28 imin[0]=min(imin[0],a->imin[0]), imin[1]=min(imin[1],a->imin[1]); 29 imax[0]=max(imax[0],a->imax[0]), imax[1]=max(imax[1],a->imax[1]); 30 } 31 inline void pushup(){ 32 if(son[0]!=NULL) update(son[0]); 33 if(son[1]!=NULL) update(son[1]); 34 } 35 inline int cal(node b){ 36 return max((imin[0]-b.x[0])*(imin[0]-b.x[0]),(b.x[0]-imax[0])*(b.x[0]-imax[0])) 37 +max((imin[1]-b.x[1])*(imin[1]-b.x[1]),(b.x[1]-imax[1])*(b.x[1]-imax[1])); 38 } 39 }*root,sum[$],*siz=sum; 40 struct cmp{ 41 int dis,t; 42 friend bool operator < (const cmp &a,const cmp &b){ 43 if(a.dis!=b.dis) return a.dis>b.dis; 44 return a.t<b.t; 45 } 46 }; 47 priority_queue<cmp> q; 48 inline int dis(node a,node b){ 49 return (a.x[0]-b.x[0])*(a.x[0]-b.x[0])+(a.x[1]-b.x[1])*(a.x[1]-b.x[1]); 50 } 51 inline void build(tree *&p,int l,int r,int d){ 52 if(l>r) return; 53 p=siz++, now=d; 54 int mid=(l+r)>>1; 55 nth_element(a+l,a+mid,a+r+1); 56 p->init(a[mid]); 57 build(p->son[0],l,mid-1,d^1), build(p->son[1],mid+1,r,d^1); 58 p->pushup(); 59 } 60 inline void cal(tree *p,node b){ 61 if(p==NULL) return; 62 int ds=dis(p->pint,b); 63 if(ds>q.top().dis||(ds==q.top().dis&&p->pint.t<q.top().t)) 64 q.pop(), q.push((cmp){ds,p->pint.t}); 65 int dis[2]; 66 dis[0]=(p->son[0]==NULL)?0:p->son[0]->cal(b); 67 dis[1]=(p->son[1]==NULL)?0:p->son[1]->cal(b); 68 int opt=(dis[0]>dis[1])?0:1; 69 if(dis[opt]>=q.top().dis) cal(p->son[opt],b); 70 if(dis[opt^1]>=q.top().dis) cal(p->son[opt^1],b); 71 } 72 signed main(){ 73 scanf("%lld",&n); 74 for(register int i=1;i<=n;++i) 75 scanf("%lld%lld",&a[i].x[0],&a[i].x[1]), a[i].t=i; 76 build(root,1,n,1); 77 scanf("%lld",&m); 78 for(register int i=1,x,y,k,ans,t;i<=m;++i){ 79 scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&k); 80 for(register int j=1;j<=k;++j) q.push((cmp){-1,-1}); 81 cal(root,(node){x,y,0}); 82 printf("%lld ",q.top().t); 83 while(q.size()) q.pop(); 84 } 85 }
T4：K远点对
题干：
已知平面内 $N$ 个点的坐标，求欧氏距离下的第 $K$ 远点对。
输入格式：输入文件第一行为用空格隔开的两个整数 $N$， $K$。接下来 $N$ 行，每行两个整数 $X$ , $Y$ ，表示一个点的坐标。$1 < = N < = 100000$， $1 < = K < = 100$， $K < = N*(N−1)/2$ ， $0 < = X, Y < 2^{31}$。
输出格式：输出文件第一行为一个整数，表示第 $K$ 远点对的距离的平方（一定是个整数）。
题解：
与 T3 几乎完全相同，就是枚举每一个节点，不断压入队列中即可。
好像很暴力。。。其实就是 $Theta(nsqrt{n})$ 的。。。
Code：
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<queue> 5 #define $ 100100 6 #define int long long 7 using namespace std; 8 int m,n,k,now,maxx; 9 priority_queue< int,vector<int>,greater<int> > q; 10 struct node{ 11 int x[2]; 12 friend bool operator < (const node &a,const node &b){ 13 return a.x[now]<b.x[now]; 14 } 15 }a[$]; 16 struct tree{ 17 tree *son[2]; 18 node pint; 19 int imin[2],imax[2]; 20 inline void init(node a){ 21 pint=a, son[0]=son[1]=NULL; 22 imin[0]=imax[0]=a.x[0], imin[1]=imax[1]=a.x[1]; 23 } 24 inline void update(tree *a){ 25 imin[0]=min(imin[0],a->imin[0]), imin[1]=min(imin[1],a->imin[1]); 26 imax[0]=max(imax[0],a->imax[0]), imax[1]=max(imax[1],a->imax[1]); 27 } 28 inline void pushup(){ 29 if(son[0]!=NULL) update(son[0]); 30 if(son[1]!=NULL) update(son[1]); 31 } 32 inline int cal(node b){ 33 return max((b.x[0]-imin[0])*(b.x[0]-imin[0]),(imax[0]-b.x[0])*(imax[0]-b.x[0]))+ 34 max((b.x[1]-imin[1])*(b.x[1]-imin[1]),(imax[1]-b.x[1])*(imax[1]-b.x[1])); 35 } 36 }*root,sum[$],*siz=sum; 37 inline int min(int x,int y){ return (x<y)?x:y; } 38 inline int max(int x,int y){ return (x>y)?x:y; } 39 inline int dis(node a,node b){ 40 return (a.x[0]-b.x[0])*(a.x[0]-b.x[0])+(a.x[1]-b.x[1])*(a.x[1]-b.x[1]); 41 } 42 inline void build(tree *&p,int l,int r,int d){ 43 if(l>r) return; 44 p=siz++, now=d; 45 int mid=(l+r)>>1; 46 nth_element(a+l,a+mid,a+r+1); 47 p->init(a[mid]); 48 build(p->son[0],l,mid-1,d^1), build(p->son[1],mid+1,r,d^1); 49 p->pushup(); 50 } 51 inline void cal(tree *p,node b){ 52 if(p==NULL) return; 53 int ds=dis(p->pint,b); 54 if(ds&&q.top()<ds) q.pop(), q.push(ds); 55 int dis[2]; 56 dis[0]=(p->son[0]==NULL)?0:p->son[0]->cal(b); 57 dis[1]=(p->son[1]==NULL)?0:p->son[1]->cal(b); 58 int opt=(dis[0]>dis[1])?0:1; 59 if(dis[opt]>q.top()) cal(p->son[opt],b); 60 if(dis[opt^1]>q.top()) cal(p->son[opt^1],b); 61 } 62 signed main(){ 63 scanf("%lld%lld",&n,&k); k*=2; 64 for(register int i=1;i<=k;++i) q.push(0); 65 for(register int i=1;i<=n;++i) 66 scanf("%lld%lld",&a[i].x[0],&a[i].x[1]); 67 build(root,1,n,1); 68 for(register int i=1;i<=n;++i) cal(root,a[i]); 69 printf("%lld ",q.top()); 70 }