Problem
loj3085 bzoj不放题面差评
题意概要：给出两条竖直直线，再给出 (n) 架飞机的初始航线：一条接通这两条直线的线段，保证航线交点不在两条直线上。现要求安排所有飞机在航线相交处做特技：
- 擦身而过：两架飞机按原方向线路继续前进，一次得分 (b)
- 对向交换：两架飞机交换线路继续前进，一次得分 (a)
另外，给定 (k) 个边界与坐标轴成 (45°)角 的正方形，若一次特技被至少一个正方形囊括，则总得分加 (c)
现要求决策每次相遇做的特技，求最大/最小收益
同时要求决策方案中所有飞机 在两条竖直直线处 按纵坐标的排序 相同
(n, Qleq 10^5)
交点个数 (leq 5 imes 10^5)
这题意概要好像和原题面差不多了qwq
Solution
(mathrm{GXOI/GZOI2019}) 的题好毒瘤啊，两道联赛、两道原题、一道麻将题……完全不想打，就这题还有点意思……还偏偏要整个二合一……
交点个数 (leq 5 imes 10^5)，应该是暗示要暴力求出来：交点一定是右部直线排序的逆序对（左部已经有序），用个 (set) 暴力扫就是 (O(nlog n))。就得到了所有交点
(c) 的贡献很明显是单独求的，将坐标系旋转 (45°) 后就可以扫描线了。所以其实难度在于如何求 (a,b) 的贡献
设交点总数为 (t)，其中有 (x) 个点交换航线，(t-x) 个点不交换。这部分贡献是 (ax+b(t-x)=(a-b)x+bt)，所以总得分的最大最小值一定是 (x) 取最值时取得，即只需要求最少/多有多少个点交换航线
首先因为要求飞机在起终点的顺序不变，而交换航线不会改变顺序，所有点都交换航线肯定是可行的，即 (x_{max}=t)
再考虑最小值。假如所有点都不换航线（(x = 0)），在大部分情况下都不合法，考虑使用最少的交换航线使得最终状态与初始状态一致：可以发现，若按照原航线行进时，飞机状态的变化产生了 (s_1 ightarrow s_2 ightarrow ... ightarrow s_m ightarrow s_1) 的循环，则可以使用 (m-1) 次交换使得方案合法（一次交换可以使得一架且最多一架飞机到达指定位置，使 (m-1) 架飞机合法后剩下的那一架飞机也即合法）
那么需要交换的次数为 "(n-)循环的个数"
复杂度为 (O(nlog n+klog k))，瓶颈在暴力找交点和扫描线
Code
代码中 get_cross 为暴力找交点，Circle 为找循环，Extra 为扫描线
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(int&x){
char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}
const double eps = 1e-6;
const int N = 101000, M = 501000;
int l0[N], r0[N];
int n,L,R;
struct pnt {
double x, y;
friend inline bool operator < (const pnt&A,const pnt&B) {return A.x < B.x;}
}p[M];
int p0;
pnt crs(int i,int j) {
double th = (double)abs(l0[i] - l0[j]) / (abs(l0[i] - l0[j]) + abs(r0[i] - r0[j]));
return (pnt) {L + (R-L) * th, l0[i] + (r0[i] - l0[i]) * th};
}
set <int> c;
set <int> :: iterator itr;
map <int,int> mp;
int get_cross() {
for(int i=1;i<=n;++i) {
c.insert(r0[i]);
mp[r0[i]] = i;
itr = c.find(r0[i]);
for(++itr; itr != c.end(); ++itr) {
int j = mp[*itr];
p[++p0] = crs(i, j);
}
}
return p0;
}
namespace Circle {
int b[N], dad[N];
int find(int x) {return dad[x] ? dad[x] = find(dad[x]) : x;}
int main() {
for(int i=1;i<=n;++i) b[i] = r0[i];
sort(b+1,b+n+1);
int res = 0;
for(int i=1,j,p1,p2;i<=n;++i) {
j = lower_bound(b+1,b+n+1,r0[i])-b;
if((p1 = find(i)) == (p2 = find(j))) ++res;
else dad[p1] = p2;
}
return p0 - (n - res);
}
}
namespace Extra {
double b[M+N+N];
int Q, tot;
struct LNE {
double x, y1, y2; int w;
friend inline bool operator < (const LNE&A,const LNE&B) {return A.x < B.x;}
}l[N+N];
namespace BIT {
#define lb(x) (x&(-x))
int d[M+N+N];
inline int qry(int x) {
int res = 0;
for(int i=x;i;i-=lb(i)) res += d[i];
return res;
}
inline void upd(int l, int r, int w) {
for(;l<=tot;l+=lb(l)) d[l] += w;
for(++r;r<=tot;r+=lb(r)) d[r] -= w;
}
#undef lb
}
void input() {
double x, y;
for(int i=1;i<=p0;++i) {
x = p[i].x, y = p[i].y;
p[i].x = x + y, p[i].y = x - y;
b[++tot] = p[i].y;
}
sort(p+1,p+p0+1);
int r; read(Q);
for(int i=1;i<=Q;++i) {
scanf("%lf%lf",&x,&y), read(r);
l[i+i-1].x = x + y - r - eps;
l[i+i-1].y1 = x - r - y - eps;
l[i+i-1].y2 = x - y + r + eps;
l[i+i-1].w = 1;
l[i+i].x = x + y + r + eps;
l[i+i].y1 = x - y - r - eps;
l[i+i].y2 = x + r - y + eps;
l[i+i].w = -1;
b[++tot] = x - y + r + eps;
b[++tot] = x - y - r - eps;
}
Q <<= 1;
sort(l+1,l+Q+1);
sort(b+1,b+tot+1);
int tt0 = 0; b[0] = -1e10;
for(int i=1;i<=tot;++i)
if(fabs(b[i] - b[i-1]) > eps)
b[++tt0] = b[i];
tot = tt0;
for(int i=1;i<=p0;++i) p[i].y = lower_bound(b+1,b+tot+1,p[i].y) - b;
for(int i=1;i<=Q;++i) {
l[i].y1 = lower_bound(b+1,b+tot+1,l[i].y1) - b;
l[i].y2 = lower_bound(b+1,b+tot+1,l[i].y2) - b;
}
}
int main() {
input();
int res = 0;
for(int i=1,j=1;i<=p0;++i) {
while(j <= Q and l[j].x <= p[i].x)
BIT::upd(l[j].y1, l[j].y2, l[j].w), ++j;
if(BIT::qry(p[i].y)) ++res;
}
return res;
}
}
int main() {
int A, B, C;
read(n), read(A), read(B), read(C);
read(L), read(R);
for(int i=1;i<=n;++i) read(l0[i]);
for(int i=1;i<=n;++i) read(r0[i]);
int ans1 = A * get_cross(), ans2 = ans1, exa;
ans2 += (B - A) * Circle::main();
exa = C * Extra::main();
if(ans1 > ans2) swap(ans1, ans2);
printf("%d %d
",ans1 + exa, ans2 + exa);
return 0;
}