金色丝线将瞬间一分为二 树状数组的使用
Description
为了解开骑士木乃伊事件，久城一弥和布洛瓦警官来到了停尸间。停尸间里有N具遗体，每具遗体都有一个坐标(X,Y)。
由于停尸间的遗体摆放得横平竖直，我们认为两具遗体(Xi,Yi)和(Xj,Yj)得距离为|Xi-Xj|+|Yi-Yj|。
负责停尸间的工人由于需要经常搬运遗体，所以对任意两具遗体的距离之和特别有印象。
工人们已经记不得每具遗体对应的是什么人了。但是它们记得，八年前将米莉·马露的遗体搬进停尸间之后，停尸间的任意两具遗体的距离之和超过了D。
现在给你工人们将N具遗体搬进停尸间的时间顺序，请你找出第一具有可能是米莉·马露的遗体。如果不存在这样的遗体，请输出-1。Input
第一行两个整数N,D,意义如题目描述所示。
接下来N行，按照时间顺序给出每具遗体的坐标，每行两个整数X,Y。Output
输出一行一个整数，表示按照时间顺序第一具有可能是米莉·马露的遗体的编号。如果不存在这样的遗体，输出-1。
Sample Input
5 10
1 1
2 2
3 3
4 4
5 5
Sample Output
4
Data Constraint
10%的数据保证，N≤500.
40%的数据保证，N≤8000.
60%的数据保证，N≤1e5.
另有10%的数据保证，所有遗体的横坐标X都相同。
另有10%的数据保证，X(i)≤X(i+1),且Y(i)≤Y(i+1)。
100%的数据保证，N≤6×10^5,0≤D≤1e18,0≤X,Y≤1e9.
观察题目，我们可以知道，题目求的是对于任意的k,使得Σ(|xi-xj|+|yi-yj|)＞D (1≤i＜j≤k)，最小的k是多少。
理解题目，可以很容易的知道，若我们前n-1具尸体间的曼哈顿距离之和为f(n-1)，则f(n)=f(n-1)+Σ(|xi-xn|+|yi-yn|) (1≤i≤n-1)
因此，我们可以知道，对于这样的函数f(x)必然是一个单调递增的函数。
我们重新回头观察题目，对于两个点（xi,yi），（xj,yj），曼哈顿距离 distance=|xi-xj|+|yi-yj|，那么，我们可以变式为 distance=max(xi,xj)-min(xi,xj)+max(yi,yj)-min(yi,yj)。
而我们再移动一下式子，让它没有负号，并消掉一边的函数符号，过程如下
distance+min(xi,xj)+min(yi,yj)=max(xi,xj)+max(yi,yj)→distance+2×min(xi,xj)+2×min(yi,yj)=max(xi,xj)+min(xi,xj)+max(yi,yj)+min(yi,yj)
经过刚才的过程，我们得到了式子 distance=xi+xj+yi+yj-2×min(xi,xj)-2×min(yi,yj)。
当然，这个式子我们也可以理解成点i，点j以点（0,0）为中转站，而得到的它们间的曼哈顿距离。
所以，我们就可以得到函数 dis(i,j)=xi+xj+yi+yj-2×min(xi,xj)-2×min(yi,yj)。
使用刚才得到的函数，我们可以将前k个点的任意两具遗体的距离的和表示成 Σdis(i,j) (1≤i＜j≤k)。
我们将刚才的函数分成正的和负的两部分，可以很快发现，我们可以很快的处理出正的部分，例如，对于前k个点，我们在记录下sum=Σ(xi+yi) (1≤i≤k)，因为每个点都会和其它(k-1)个点求取距离，所以正的部分应该是 sum×(k-1)。
而负的部分，我们则需进行一下讨论。
我们留意一下，可以发现，刚才的函数中，实际上，横坐标和纵坐标是分离的，也就是说，它们并不需要一一对应，（xi,yi）与（xj,yj）的距离和（xi,yj）、（xj,yi）的距离是相同的。所以，我们分别研究它们的横坐标x和纵坐标y。
首先，我们考虑暴力。对于前k个点，我们可以对它们进行一次排序，然后，对于横坐标的排序中，点i的排名是ri，我们可以知道它的值xi仅仅对后面(k-ri)个点有贡献，前面的ri-1个点与它比较时，前面点的x值做贡献。那么，我们就可以知道，点i所能做的贡献时 xi×(k-ri)，所以，我们可以得到前k个点所作贡献的大小 Σ[xi×(k-ri)] (1≤i≤k)
但是，该方法要不断重新统计任意两点间的曼哈顿距离之和，很显然方法效率并不高， 复杂度达到O(n^2)，并且，还要不断维护一个有序的数列，因此，并不可取。
根据上面讲述过的，函数f(x)具有单调性，其值随x增大而增大。所以，我们可以考虑不断求取f(x)的变化值来得到答案。
例如，在正的部分，由于前k个数的和sum=Σ(xi+yi) (1≤i≤k)，那么，(k-1)个数的和便是sum=Σ(xi+yi) (1≤i≤k-1).
因为，前k个数，正的部分的总和应该是(k-1)sum，也就是(k-1)Σ(xi+yi) (1≤i≤k) ，对于前k-1个数，整的部分的总和是 (k-2)Σ(xi+yi) (1≤i≤k-1) 。因此，我们做差，(k-1)Σ(xi+yi) (1≤i≤k)-(k-2)Σ(xi+yi) (1≤i≤k-1)=(k-1)Σ(xi+yi) (1≤i≤k-1)+(k-1)(xk+yk)-(k-2)Σ(xi+yi) (1≤i≤k-1)=Σ(xi+yi) (1≤i≤k-1)+(k-1)(xk+yk).
所以，从前(k-1)个数到前k个数，正的部分的增加的值，是Σ(xi+yi) (1≤i≤k-1)+(k-1)(xk+yk)。当然，纵坐标y的变化也是同理。
观察负的部分，我们也寻找它们的变化量。
根据之前的公式 dis(i,j)=xi+xj+yi+yj-2×min(xi,xj)-2×min(yi,yj)，很容易想到，我们需要分类讨论。
易知，假如当前已经有一个有序的序列，里面有(k-1)个数。那么当我们插入一个数xk，它当前的排名是rk，那么，逐渐递增的序列中，（1~(rk-1)）的数都会与xk这个数计算距离，并且，对答案做出贡献的是前(rk-1)个数。因为在这个序列中，前(rk-1)个数的大小小于xk，所以在取min时前面的数要做出贡献，而xk不作贡献。所以，此时负的部分会减少 2Σ(xi) (1≤i＜k，ri＜rk)
另外，在序列中，排名为(rk+1~k)的数，在与xk计算距离时，xk显然要小于后面的数，因此，xk要做出贡献。然后，xk产生的贡献，就是 2×xk×(当前有多少个数大于xk)。
由于负的部分中出现了两个统计，一个是统计有多少个数大于xk，另一个部分是统计小于xk的数的和，我们选择使用树状数组来解决问题。
当然，选择线段树解决问题，答案并不会错误，但是由于复杂度的原因，会出现超时的情况。
代码如下：
#include return ;
}
LL getsum(int i,LL s=0)
{
for (;i;i^=i&-i)
s+=sum[i]; return s;
}
LL getnum(int i,LL s=0)
{
for (;i;i^=i&-i)
s+=num[i];return s;
}
LL calcsum(int left,int right)
{
return getsum(right)-getsum(left-1);
}
LL calcnum(int left,int right)
{
return getnum(right)-getnum(left-1);
}
}xt,yt;
inline bool box(int a,int b){ return x[a]<x[b];}
inline bool boy(int a,int b){ return y[a]<y[b];}
int main()
{
scanf("%d%lld",&n,&d);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&x[i],&y[i]),v[i]=i;
sort(v+1,v+n+1,box);
for (int i=1;i<=n;i++) rankx[v[i]]=i,v[i]=i;
sort(v+1,v+n+1,boy);
for (int i=1;i<=n;i++) ranky[v[i]]=i;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
ans+=sum+(LL)(i-1)*(x[i]+y[i]);
sum+=x[i]+y[i];
ans-=(LL)2*x[i]*xt.calcnum(rankx[i]+1,n);
ans-=(LL)2*y[i]*yt.calcnum(ranky[i]+1,n);
ans-=(LL)2*xt.calcsum(1,rankx[i]-1);
ans-=(LL)2*yt.calcsum(1,ranky[i]-1);
xt.insert(rankx[i],(LL)x[i]);
yt.insert(ranky[i],(LL)y[i]);
if (dreturn printf("%d",i),0;
}
printf("-1");
return 0;
}