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
题解
先膜一发大佬
据说这题正解KD-tree，然而我只会CDQ……还想了半天啥都没想出来……
先假设，所有回忆出来的点都在查询点的左下方，那么距离如下（A为查询点，B为某一个回忆出来的点）
$$Dist(A,B)=|x_A-x_B|+|y_A-y_B|=(x_A+y_A)-(x_B+y_B)$$
因为$x_A+y_A$对同一个查询点来说是一个定值，所以只要找到$x_B+y_B$的最大值，就可以找到$Dist(A,B)$的最小值
于是问题就转化为：对于一个询问$(x,y)$，查找$x_i<=x,y_i<=y$且$i$的时间戳小于当前询问的最大$x_i+y_i$，很明显，这就是一个三维偏序问题，可以用CDQ求解
然而问题是不能保证所有点都在查询点的下方，所以我们要将其他四个方位的点的坐标变换一下。简单来说就是旋转整张图，然后在四个答案里取最小的就好了
所以做四遍CDQ（当初刚看到这句话差点没吓到……）
然后有几个向大佬学习的优化
1.每次CDQ前，把肯定不在左下方的点去掉
2.每一次重新建图很麻烦，直接保留一个原图然后转一下就好了
感觉我对CDQ理解还是太浅了……
1 //minamoto 2 #include<cstdio> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstring> 6 using namespace std; 7 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 8 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 9 template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;} 10 template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;} 11 inline int read(){ 12 #define num ch-'0' 13 char ch;bool flag=0;int res; 14 while(!isdigit(ch=getc())) 15 (ch=='-')&&(flag=true); 16 for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num); 17 (flag)&&(res=-res); 18 #undef num 19 return res; 20 } 21 char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z; 22 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;} 23 inline void print(int x){ 24 if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x; 25 while(z[++Z]=x%10+48,x/=10); 26 while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=' '; 27 } 28 const int N=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f; 29 int n,m,lx,ly,rx,ry,c[N],ans[N]; 30 inline void clear(int x){ 31 for(int i=x;i<=ly;i+=i&-i) 32 if(c[i]) c[i]=0;else break; 33 } 34 inline void add(int x,int val){ 35 for(int i=x;i<=ly;i+=i&-i) 36 cmax(c[i],val); 37 } 38 inline int query(int x){ 39 int res=0; 40 for(int i=x;i;i-=i&-i) 41 cmax(res,c[i]); 42 return res; 43 } 44 struct node{ 45 int x,y,t;bool f; 46 node(){} 47 node(const int &x,const int &y,const int &t,const int &f): 48 x(x),y(y),t(t),f(f){} 49 inline bool operator <(const node &b)const 50 {return x<b.x||(x==b.x&&y<b.y);} 51 }a[N],p[N],q[N]; 52 void CDQ(int l,int r){ 53 if(l==r) return; 54 int mid=(l+r)>>1; 55 CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r); 56 int j=l; 57 for(int i=mid+1;i<=r;++i) 58 if(!p[i].f){ 59 while(j<=mid&&p[j].x<=p[i].x){if(p[j].f) add(p[j].y,p[j].x+p[j].y);++j;} 60 int tmp=query(p[i].y); 61 if(tmp) tmp=p[i].x+p[i].y-tmp,cmin(ans[p[i].t],tmp); 62 } 63 for(int i=l;i<j;++i) 64 if(p[i].f) clear(p[i].y); 65 merge(p+l,p+mid+1,p+mid+1,p+r+1,q+l); 66 memcpy(p+l,q+l,sizeof(node)*(r-l+1)); 67 } 68 void check(){ 69 rx=ry=m=0; 70 for(int i=1;i<=n;++i) 71 if(!p[i].f) cmax(rx,p[i].x),cmax(ry,p[i].y); 72 for(int i=1;i<=n;++i) 73 if(p[i].x<=rx&&p[i].y<=ry) q[++m]=p[i]; 74 memcpy(p+1,q+1,sizeof(node)*m); 75 } 76 int main(){ 77 //freopen("testdata.in","r",stdin); 78 n=read(),m=read(); 79 for(int i=1;i<=n;++i){ 80 int x=read()+1,y=read()+1; 81 p[i]=(node){x,y,i,true}; 82 cmax(lx,x),cmax(ly,y); 83 } 84 while(m--){ 85 int k=read(),x=read()+1,y=read()+1; 86 ++n,p[n]=node(x,y,n,k&1); 87 cmax(lx,x),cmax(ly,y); 88 } 89 memcpy(a+1,p+1,sizeof(node)*n); 90 memset(ans,inf,sizeof(ans)); 91 check(),CDQ(1,m); 92 for(int i=1;i<=n;++i) 93 p[i]=a[i],p[i].x=lx-p[i].x+1; 94 check(),CDQ(1,m); 95 for(int i=1;i<=n;++i) 96 p[i]=a[i],p[i].y=ly-p[i].y+1; 97 check(),CDQ(1,m); 98 for(int i=1;i<=n;++i) 99 p[i]=a[i],p[i].y=ly-p[i].y+1,p[i].x=lx-p[i].x+1; 100 check(),CDQ(1,m); 101 for(int i=1;i<=n;++i) 102 if(!a[i].f) print(ans[i]); 103 Ot(); 104 return 0; 105 }