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Problem：Portal传送门
原题目描述在最下面。
给你n个坐标，求最小曼哈顿距离生成树。
Solution：
请一定要理解：
有一个剪枝：把坐标分成\(8\)块，在一个\(45\)度区间内，只需要向与之距离最近的点连边。
虽然一共有\(8\)个相对区域，但我们只需考虑\(4\)个，中心对称的不需要再连一次边。这\(4\)个区域坐标转化一下即可求解。
先考虑每个点\(y\)轴向右的\(45\)度区域，例如，对于\(A\)点\((x0,y0)\)，\(B(x1,y1)\)在\(A\)点的那部分区域内。有\(x0\leq x1,\; y0-x0\leq y1-x1\)。而\(A\)只要向满足此条件的大于\(y0-x0\)的最小\(x+y\)点连边。
先把所有点按\(x，y\)坐标排序，从最后一个点往前处理(这样保证了\(x1>x0\)的问题)，然后用树状数组维护最小的\(x+y\)。
再来思考坐标转化的问题，把[45,90]标记为1，[0,45]标记为2，[-45,0]标记为3，[-90,-45]标记为4.
从区域1到2，3到4只需要交换x，y坐标即可；从区域2到3只需要把x坐标去相反数即可。
AC_Code：
#include
#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mme(a,b) memset((a),(b),sizeof((a)))
#define fuck(x) cout<<"* "< pii;
const int MXN = 1e5 + 7;
const int MXE = 1e6 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, k, tot;
int ar[MXN], fa[MXN];
struct lp{
int x, y, id;
}cw[MXN], edge[MXE];
bool cmp(const lp &a, const lp &b){
if(a.x != b.x)return a.x < b.x;
return a.y < b.y;
}
bool cmp1(const lp &a, const lp &b){
return a.id < b.id;
}
//树状数组部分
struct BIT{
int w, p;
}bit[MXN];
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
void add(int x, int w, int p){
for(; x > 0; x -= lowbit(x)){
if(bit[x].w > w)bit[x].w = w, bit[x].p = p;
}
}
int query(int x){
int mmax = INF, p = -1;
for(; x <= n; x += lowbit(x)){
if(bit[x].w < mmax)mmax = bit[x].w, p = bit[x].p;
}
return p;
}
int Fi(int x){
return fa[x] == x? x: fa[x] = Fi(fa[x]);
}
void add_edge(int u,int v,int w){
edge[++tot].x = u;edge[tot].y = v;edge[tot].id = w;
}
int abd(int x){return (x < 0)? -x : x;}
int dist(int i, int j){
return abs(cw[i].x-cw[j].x)+abs(cw[i].y-cw[j].y);
}
void kruskal(){
sort(edge, edge + tot + 1, cmp1);
int cnt = n - k, ans;
for(int i = 0; i <= n; ++i)fa[i] = i;
for(int i = 0; i <= tot && cnt; ++i){
int pa = Fi(edge[i].x), pb = Fi(edge[i].y);
if(pa == pb)continue;
--cnt;
ans = edge[i].id;
fa[pb] = pa;
}
printf("%d\n", ans);
}
/*
我们只需考虑在一块区域内的点，其他区域内的点可以通过坐标变换“移动”到这个区域内。为了方
便处理，我们考虑在y轴向右45度的区域。在某个点A(x0,y0)的这个区域内的点B(x1,y1)满足
x1≥x0且y1-x1>y0-x0。这里对于边界我们只取一边，但是操作中两边都取也无所谓。那么
|AB|=y1-y0+x1-x0=(x1+y1)-(x0+y0)。在A的区域内距离A最近的点也即满足条件的点中
x+y最小的点。因此我们可以将所有点按x坐标排序，再按y-x离散，用线段树或者树状数组维护
大于当前点的y-x的(最小的x+y)对应的点。时间复杂度O(NlogN)。
*/
int main(int argc, char const *argv[]){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("E://ADpan//in.in", "r", stdin);
//freopen("E://ADpan//out.out", "w", stdout);
#endif
while(~scanf("%d%d", &n, &k)){
tot = -1;
for(int i = 0 ; i < n; ++i){
scanf("%d%d", &cw[i].x, &cw[i].y);
cw[i].id = i;
}
for(int dir = 1; dir <= 4; ++dir){
//坐标转换
if(dir % 2 == 0){
for(int i = 0; i < n; ++i)swap(cw[i].x, cw[i].y);
}else if(dir == 3){
for(int i = 0; i < n; ++i)cw[i].x = -cw[i].x;
}
//先x再y排序
sort(cw, cw +n, cmp);
//Discretize
for(int i = 0; i <= n; ++i){
ar[i] = cw[i].y - cw[i].x;
bit[i].w = INF; bit[i].p = -1;
}
sort(ar, ar + n);
int k = unique(ar, ar + n) - ar;
for(int i = n - 1; i >= 0; --i){
//按y-x编号
int p = lower_bound(ar, ar + k, cw[i].y - cw[i].x) - ar + 1;
int pos = query(p);//获取最小的y+x
if(pos != -1){
add_edge(cw[i].id, cw[pos].id, dist(i, pos));
}
//添加y+x
add(p, cw[i].y + cw[i].x, i);
}
}
kruskal();
}
return 0;
} Problem Description：
