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Description
初始有一个空集合
n个操作
有三种操作，如下:
1 a b 表示向集合中插入二元组(a,b)
2 i 表示删除第i次操作时所插入的二元组
3 q 表示询问当前集合的二元组中，$(a*q+b)$最大是多少
Input
第一行一个整数$n$，表示操作个数
接下来$n$行，每行表示一个操作，格式见上
Output
对于每个询问输出一行表示最大值
如果询问时集合为空，输出 EMPTY SET
Sample Input
7
3 1
1 2 3
3 1
1 -1 100
3 1
2 4
3 1
Sample Output
EMPTY SET
5
99
5
Hint
对于操作$2~i$，数据保证第$i$次操作的类型为$1$，且之前未被删除,且不会删除仍未进行的操作
对于$10\%$的数据,$1le nle 5000$
对于$30\%$的数据,$1le nle 50000$
对于$100\%$的数据,$1le nle 3*10^5,~~-10^9le a,b,qle 10^9$
题解
先考虑点集不变的情况：
我们设$x=q*a+b$，那么目标就是在集合中找到最大的$k$。
移一下项：$b=-q*a+x$，现在的目标变为，对于每一个$(a,b)$的点对画一条斜率为$q$的直线，最大化截距。
就像平移一样，如下图所示，黑点代表一个$(a,b)$，橙点代表其所对应的截距，也就是$(a*q+b)$：
我们要最大化截距，而直线都是平行地平移来平移去，直线斜率的正负已经不重要了，取上凸壳的点才有可能是最优解：
注意并不是取上凸壳最高的点就是最优解，拿上图的最右上角的黑点举例，在另一个例子中，反倒是经过另一个点的直线截距最大：
但是不管怎样，如果从左到右看上凸壳的点，截距的变化是一个单峰函数。
那么我们就可以在上凸壳进行三分（以每一个点的截距为关键值）。
点集的变化？
建立一棵以时间为下标的线段树，每一个线段树节点都有一个上凸壳，包含在这个节点代表的时间段内，出现的所有点对。
每一个点对$(a,b)$有一个存在区间$[l,r]$，对于线段树上$[l,r]$覆盖的线段树节点，往它们里面都加入该点对。
对于查询操作，若在时间$i$询问$q$，就从根节点遍历到下标为$[i,i]$的叶子节点。在路上的每一个节点，都在它的上凸壳内进行一次三分（代入$q$），最后取所有经过的点的最大值即可。
为什么？因为在访问$[i,i]$的时候经过了一个节点$u$，那么$u$一定包含$[i,i]$。所以对所有经过节点三分，一定考虑到了询问$i$时还活着的所有点对。
维护上凸壳时，由于单调栈的模拟需要$a$递增，如果每一个节点插完之后自己再排序就太慢了。可以先离线记录所有的点对，按$a$递增排序，逐个插入线段树，这样就省去了每个节点内部的排序，因为插入的点的$a$一定不会小于整个线段树先前存在的任意一个$a$。
感觉是道神题orz
#include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int N=5010,INF=2139062143; int n,h[N],tot,d[N],root,all,sum[N]; int f[N][2][N/2]; struct Edge{int v,next;}g[N*2]; inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;} inline void upd(int &x,int y){if(y<x) x=y;} inline void addEdge(int u,int v){g[++tot].v=v; g[tot].next=h[u]; h[u]=tot;} inline int rd(){ char c=getchar(); int x=0; while(c<'0'||c>'9') c=getchar(); x=c-'0'; while('0'<=(c=getchar())&&c<='9') x=x*10+c-'0'; return x; } void init(){ for(int u=1;u<=n;u++) if(d[u]==1) all++; else if(!root) root=u; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=1;j++) for(int k=0,up=all/2;k<=up;k++) f[i][j][k]=INF; } void dfs(int u,int fa){ if(d[u]==1){ f[u][0][1]=f[u][1][0]=0; sum[u]=1; return; } for(int i=h[u],v;i;i=g[i].next) if((v=g[i].v)!=fa){ dfs(v,u); sum[u]+=sum[v]; } int fson=0; for(int i=h[u],v;i;i=g[i].next) if((v=g[i].v)!=fa){ if(!fson){ for(int j=0,up=min(min(sum[u],sum[v]),all/2);j<=up;j++){ f[u][0][j]=min(f[v][0][j],f[v][1][j]+1); f[u][1][j]=min(f[v][0][j]+1,f[v][1][j]); } fson=1; continue; } int F0,F1; for(int j=min(sum[u],all/2);j>=0;j--){ f[u][0][j]+=min(f[v][0][0],f[v][1][0]+1); f[u][1][j]+=min(f[v][0][0]+1,f[v][1][0]); for(int k=1,upk=min(sum[v],j);k<=upk;k++){ upd(f[u][0][j],f[u][0][j-k]+min(f[v][0][k],f[v][1][k]+1)); upd(f[u][1][j],f[u][1][j-k]+min(f[v][0][k]+1,f[v][1][k])); } } } } int main(){ n=rd(); for(int u,v,i=1;i<n;i++){ u=rd(); v=rd(); addEdge(u,v); addEdge(v,u); d[u]++; d[v]++; } if(n==2){puts("1"); return 0;} init(); if(all&1) return 0; dfs(root,0); printf("%d ",min(f[root][0][all/2],f[root][1][all/2])); return 0; }