题目背景
光阴荏苒。
不过，两个人还在，两支车队还在，熟悉的道路、熟悉的风景，也都还在。
只是，这一次，没有了你死我活的博弈，似乎和谐了许多。
然而在机房是不允许游戏的，所以班长$XZY$对游戏界面进行了降维打击，结果。。。
题目传送门（内部题71）
输入格式
第一行两个正整数$n,k$；
接下来$n$行，第$i$行两个整数$x_i,a_i$。
输出格式
第一行一个非负整数$t$，表示狂欢最多能持续的时间（$t=0$是合法的）。
如果有老司机有意见，第二行输出$-1$；
否则接下来$k$行每行$1$个正整数，表示字典序最小的方案。
对于每个测试点，如果第一行正确，计$5$分；在此前提下，如果全部正确，再计$5$分。
样例
样例输入：
4 3
-69 2
75 -2
-85 1
96 -1
样例输出：
10
1
3
4
数据范围与提示
样例解释：
共有两种方案使得狂欢时间为最长的$10$秒：${1,3,4}$和${2,3,4}$。显然前者字典序更小。
数据范围：
对于$20\%$的数据，$nleqslant 15$；
对于$40\%$的数据，$nleqslant 1,000$；
对于另$10\%$的数据，$k=1$；
对于另$10\%$的数据，$k=n$；
对于$100\%$的数据，$kleqslant nleqslant 10^5,|x_i|leqslant 10^{18},|a_i|leqslant 10^8$。
数据保证$x_i$两两不同。
题解
看到$x_i$两两不同，先排个序。
再来考虑第一问，可以用二分答案，考虑如何$judge$，其实就是用公式$s=frac{1}{2}at^2$算出来现在的位置，然后用树状数组计算$LIS$即可。
再来考虑第二问。
先考虑$-1$的情况，其实就是最优时间内的$LIS$比$k$大。
再来考虑一般情况，我们可以将求$LIS$的过程看成是一棵树，每个点的父亲是向它转移的最优的点，深度最大的点到根节点的链就是答案。
但是需要注意的是我们排了序，所以为了保证最小，我们在比较字典序大小的时候应该比较两个点到其$LCA$中点的编号的最小值，因为再往上都是一样的，不用考虑。
时间复杂度：$Theta(nlog nlog t+nlog^2 n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{long long x,a;int id;}e[100001];
int n,k;
int eftr[100001],now;
long long p[100001],t[100001];
int fa[100001][21],minn[100001][21];
int ans[100001];
pair<int,int> tr[100001];
bool cmp(rec a,rec b){return a.x<b.x;}
int lowbit(int x){return x&-x;}
bool getmin(pair<int,int> a,pair<int,int> b)
{
if(a.first!=b.first)return a.first<b.first;
int minx=a.second,miny=b.second,x=a.second,y=b.second;
for(int i=19;i>=0;i--)
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
{
minx=min(minx,minn[x][i]);
miny=min(miny,minn[y][i]);
x=fa[x][i];y=fa[y][i];
}
return minx>miny;
}
void efadd(int x,int w){for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))eftr[i]=max(eftr[i],w);}
int efask(int x){int res=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i))res=max(res,eftr[i]);return res;}
void add(int x,pair<int,int> w){for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))if(getmin(tr[i],w))tr[i]=w;}
pair<int,int> ask(int x){pair<int,int> res=make_pair(0,0);for(int i=x;i;i-=lowbit(i))if(getmin(res,tr[i]))res=tr[i];return res;}
bool judge(int x)
{
memset(eftr,0,sizeof(eftr));
for(int i=1;i<=n;i++)t[i]=p[i]=2*e[i].x+e[i].a*x*x;
sort(t+1,t+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
p[i]=lower_bound(t+1,t+n+1,p[i])-t;
efadd(p[i],efask(p[i]-1)+1);
}
now=efask(n);
return now>=k;
}
void build(int x,int father)
{
fa[x][0]=minn[x][0]=father;
for(int i=1;i<=19;i++)
{
fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
minn[x][i]=min(minn[x][i-1],minn[fa[x][i-1]][i-1]);
}
}
int main()
{
memset(minn,0x3f,sizeof(minn));
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld%lld",&e[i].x,&e[i].a);
e[i].id=i;
}
sort(e+1,e+n+1,cmp);
int lft=1,rht=86400,res=1;
while(lft<=rht)
{
int mid=(lft+rht)>>1;
if(judge(mid)){lft=mid+1;res=mid;}
else rht=mid-1;
}
judge(res);
printf("%d
",res);
if(now>k){puts("-1");return 0;}
for(int i=1;i<=n;i++)t[i]=p[i]=2*e[i].x+e[i].a*res*res;
sort(t+1,t+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
p[i]=lower_bound(t+1,t+n+1,p[i])-t;
pair<int,int> flag=ask(p[i]-1);
build(e[i].id,flag.second);
add(p[i],make_pair(flag.first+1,e[i].id));
}
int now=ask(n).second;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
ans[i]=now;
now=fa[now][0];
}
sort(ans+1,ans+k+1);
for(int i=1;i<=k;i++)printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}
rp++