【APIO2018】新家（線段樹）

題面

UOJ
洛谷
BZOJ

題解

論比賽時想不到二分的危害，就只能Cu滾粗

既然不要線上，那麼考慮離線做法。
既然時間是區間，那麼顯然按照時間順序處理答案。
顯然答案具有可二分性，那麼對於當前位置而言，我們唯一要確定的就是\([x-mid,x+mid]\)區間內是否所有種類的商店都至少出現過了一次。
因為離線之後按照時間處理，因此已經沒有了時間這一維，只剩下了位置和種類兩個東西。那麼問題就是二維數點，但是因為要求每個種類只數一次，所以似乎沒法直接上樹套樹。
既然要維護這個東西，顯然需要額外記錄當前顏色的前驅位置，假裝為\(pre_i\)。
發現這樣子仍然需要依次考慮每一個顏色，那麼我們換一種方法。\(pre_i\)

記錄的既然是前驅位置，那麼考慮\([x+mid+1,inf)\)的每個種類的商店的前驅位置，如果前驅不在\([x-mid,x+mid]\)的區間內，即證明區間內不存在這個種類的商店。既然多個商店可以在同一個位置，所以\(pre_i\)就記錄和在\(i\)位置的所有商店中的最小前驅位置。這樣子轉為對於\((i,pre_i)\)進行二維數點，並且只需要統計點數。
那麼考慮如何維護\(pre_i\)的值就好了。
一個顯而易見的想法就是對於每個種類開一個\(set\)維護其出現的所有位置。首先維護一下無解的情況，然後因為可能一種顏色並沒有在\([x+mid+1,inf)\)範圍內出現，所以再額外維護一下每種顏色最後一個位置的最小值就好了。然而實際寫的時候並不需要維護最小位置，可以強行在\(inf\)位置上給每個種類強行加一個進來，再在\(-inf\)位置上強制加一個，這樣子就不存在沒有前驅或者後繼的情況了。
最後的二分可以選擇線上段樹上二分，二分右端點最終直接減一下就是答案了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 300300
#define inf 1000000000
inline int read()
{
    int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return t?-x:x;
}
int n,K,Q,Typecnt,ans[MAX];
struct Work
{
    int y;//time
    int x,t;//position,type
    int opt;//add/del/query
}p[MAX*3];
int tot;
bool operator<(Work a,Work b){if(a.y!=b.y)return a.y<b.y;return a.opt<b.opt;}
multiset<int>::iterator it,itt;
multiset<int> S[MAX],tt[MAX*20];
struct Node{int mn,ls,rs;}t[MAX*20];
int TOT,rt;
void Modify(int &x,int l,int r,int p,int Add,int Del)
{
    if(!x)x=++TOT;
    if(l==r)
    {
        if(Add)tt[x].insert(Add);
        if(Del)tt[x].erase(tt[x].find(Del));
        t[x].mn=(tt[x].empty()?inf:*tt[x].begin());
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(p<=mid)Modify(t[x].ls,l,mid,p,Add,Del);
    else Modify(t[x].rs,mid+1,r,p,Add,Del);
    t[x].mn=min(t[t[x].ls].mn,t[t[x].rs].mn);
}
int Query(int p)
{
    int l=0,r=inf,x=rt,mn=inf;
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r)>>1,pos=min(t[t[x].rs].mn,mn);
        if(p>mid||(mid-p<p-pos))l=mid+1,x=t[x].rs;
        else r=mid,x=t[x].ls,mn=pos;
    }
    return l-p;
}
int main()
{
    n=read();K=read();Q=read();t[0].mn=inf;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int x=read(),t=read(),a=read(),b=read();
        p[++tot]=(Work){a,x,t,1};
        p[++tot]=(Work){b+1,x,t,-1};
    }
    for(int i=1;i<=Q;++i)
    {
        int x=read(),y=read();
        p[++tot]=(Work){y,x,i,2};
    }
    sort(&p[1],&p[tot+1]);
    for(int i=1;i<=K;++i)S[i].insert(inf),S[i].insert(-inf);
    for(int i=1;i<=K;++i)Modify(rt,0,inf,inf,-inf,0);
    for(int i=1;i<=tot;++i)
    {
        int opt=p[i].opt;
        if(opt==1)//Add
        {
            it=itt=S[p[i].t].upper_bound(p[i].x);
            --itt;
            Modify(rt,0,inf,*it,p[i].x,*itt);
            Modify(rt,0,inf,p[i].x,*itt,0);
            if(S[p[i].t].size()==2)++Typecnt;
            S[p[i].t].insert(p[i].x);
        }
        else if(opt==-1)//Del
        {
            it=itt=S[p[i].t].upper_bound(p[i].x);
            --itt;--itt;
            Modify(rt,0,inf,*it,*itt,p[i].x);
            Modify(rt,0,inf,p[i].x,0,*itt);
            S[p[i].t].erase(S[p[i].t].find(p[i].x));
            if(S[p[i].t].size()==2)--Typecnt;
        }
        else ans[p[i].t]=Typecnt<K?-1:Query(p[i].x);
    }
    for(int i=1;i<=Q;++i)printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}