uoj#57./bzoj3051 【WC2013】平面图 //平面图转对偶图
uoj#57. 【WC2013】平面图
题意
给出由M(<=1e5)条带权线段连接的N(<=1e5)个点，点横纵坐标为整数且在[0,1e7]间。线段只在顶点处相交。
Q(<=1e5)组询问，每组询问给定两个不在前述任意线段上的点A,B，满足其横纵坐标为0.5的奇数倍。
要求画一条不经过无界区域或顶点的曲线连接A,B，并使得其横穿的线段权值最大的最小。
判断是否有解，输出最优解下经过线段的最大权值。
题解
这道题的题解还是暑假学网络流的时候看到的…。
是一个听起来很高端实际上很暴力的东西。
几周前的模拟考了类似的东西，是平面图转对偶图套个动态点分治我当场竟然写出来了 结果又T又RE又MLE
扯远了…。进入正题。
一个显然的思路：
在每条线段两侧的有界区域间连边，值为线段的权值。
于是我们只需要对这堆区域建一个最小生成树，每次询问时树上倍增跳一跳就好了。
不过有一些令人恼火的实现问题，比如线段两侧分别对应哪个区域，或怎么确定A,B在哪个区域里。
第一个问题可以计算几何常识解决。
从一条边开始，每次走它终点的出边里与它顺（逆）时针夹角最小的，这么走一圈就是一个区域。
所以我们对每个点的出边极角排序，就可以处理出每条边应走的下一条边。
鉴于每条线段只会被正着走一次反着走一次，所以直接搜一下，能够知道每条边左（右）对应的区域。
因为带个排序，所以这一步是O(nlogn)的。
考虑第二个问题。
设当前询问点坐标为(Ax,Ay)，画一条x=Ax的直线穿过一些线段，找到其中交点纵坐标第一个大于Ay的。这条线段下侧的区域即为所求。
这个事情可以拿个数据结构来维护。我们把每一条线段挂在 它在x方向上覆盖的区间 在线段树中所对应的log个节点上。
因为线段除顶点不交，它们在y方向上的相对位置必然不变。我们把每个节点挂着的线段排个序，查询就是按照Ax在线段树上单点查询，然后在log个节点包含的线段里二分出与x=Ax交点纵坐标大于Ay且最小的。
顺便，可以通过查一个横坐标在中间纵坐标为-1的点确定无界区域。
这里是O(nlog^2n)的。
最后是O(nlogn)的最小生成树，本题宣告结束。
注意事项
好想但是不大好写。
如果你对自己的码力没有绝对的信心，请在做这道题时确保自己拥有充足的时间和耐心。
可以写一段调一段，以确保不会最后一堆代码放到一起调不出来。
（本来还想写写过程中犯的错误，发现都是一些弱智错误 所以还是算了）
代码
在没删调试数据之前，这份代码长7k…。
#include1e-9)?qry(k<<1,l,mid,x,y):
qry(k<<1|1,mid+1,r,x,y);
if((!vec[k].size())||loc(vec[k]
[vec[k].size()-1],x)return;
int ll=0,rr=vec[k].size()-1;
double tp;
while(ll<=rr)
{
mid=ll+rr>>1,tp=loc(vec[k][mid],x);
if(yif(tp1e-9)
tmp=tp,ans=vec[k][mid];
rr=mid-1;
}
else ll=mid+1;
}
}
bool ccp(int x,int y)
{return loc(x,tmp)void cal(int k,int l,int r)
{
tmp=(st1[l-1]+st1[r])/2.0;
sort(vec[k].begin(),vec[k].end(),ccp);
if(lint mid=l+r>>1;
cal(k<<1,l,mid),cal(k<<1|1,mid+1,r);
}
}
bool cmp(int x,int y)
{return (a[to[x]].x-a[i].x)*(LL)(a[to[y]].y-a[i].y)
-(a[to[y]].x-a[i].x)*(LL)(a[to[x]].y-a[i].y)<0;}
inline int Q(double x,double y)
{
tmp=1e8,ans=-1;
qry(1,1,t1-1,x,y);
return ans<0?non:ref[ans<<1|1];
}
bool Cmp(seg x,seg y)
{return x.wvoid dfss(int x)
{
dep[x]=dep[f[x][0]]+1;
for(int j=1;j1]][j-1]>ln[x][j-1]?
ln[f[x][j-1]][j-1]:ln[x][j-1];
f[x][j]=f[f[x][j-1]][j-1];
if(!f[x][j])break;
}
for(int k,j=lk[x];j;j=hd[j])
if(!dep[k=to[j]])
f[k][0]=x,ln[k][0]=len[j],dfss(k);
}
double ax,ay;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&b[i].u,&b[i].v,&b[i].w);
if(a[b[i].u].x>a[b[i].v].x)swap(b[i].u,b[i].v);
}
sort(b+1,b+m+1,Cmp);
for(i=1;i<=m;i++)
add(b[i].u,b[i].v,0),add(b[i].v,b[i].u,0);
for(i=1;i<=n;i++)
{
t0=t1=0;
for(int j=lk[i];j;j=hd[j])
if(a[to[j]].yelse st1[t1++]=j;
sort(st0,st0+t0,cmp);
sort(st1,st1+t1,cmp);
for(int j=0;j0];
while(t0--)
pre[st0[t0]]=st0[t0+1];
}//极角排序处理pre
for(i=2;i<=cnt;i++)
if(!ref[i])
{
ref[i]=++tot;
for(int j=pre[i^1];j^i;j=pre[j^1])
ref[j]=tot;
}//瞎搜一下处理ref
for(i=1;i<=n;i++)
st1[i-1]=a[i].x;
sort(st1,st1+n);
t1=unique(st1,st1+n)-st1;//横坐标的离散化
for(i=1;i<=m;i++)
if(a[b[i].u].x^a[b[i].v].x)
{
tp0=lower_bound(st1,st1+t1,a[b[i].u].x)-st1+1;
tp1=lower_bound(st1,st1+t1,a[b[i].v].x)-st1;
ins(1,1,t1-1,tp0,tp1);
}
cal(1,1,t1-1);//把线段挂在线段树上
for(i=1;i<=m;i++)
if(a[b[i].u].x^a[b[i].v].x)
{non=Q((a[b[i].u].x+a[b[i].v].x)/2.0,-1);break;}//无界区域的暴力找法
for(i=1;i<=tot;i++)
lk[i]=0,ff[i]=i;cnt=0;//为了好写一点 邻接表清掉了
for(i=1;i<=m;i++)
{
tp0=ref[i<<1],tp1=ref[i<<1|1];
if((tp0^non)&&(tp1^non)&&(getr(tp0)^getr(tp1)))
ff[ff[tp0]]=tp1,add(tp0,tp1,b[i].w),add(tp1,tp0,b[i].w);
}
for(i=1;i<=tot;i++)
if(!dep[i])dfss(i);//处理MST
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
scanf("%lf%lf",&ax,&ay);
tp0=(ax<=st1[0]+1e-9||ax+1e-9>st1[t1-1])?non:Q(ax,ay);
scanf("%lf%lf",&ax,&ay);
tp1=(ax<=st1[0]+1e-9||ax+1e-9>st1[t1-1])?non:Q(ax,ay);
if(tp0==non||tp1==non||(getr(tp0)^getr(tp1)))
{puts("-1");continue;}
if(dep[tp0]0;
for(i=L-1;i>=0&&dep[tp0]>dep[tp1];i--)
if(dep[f[tp0][i]]>=dep[tp1])
ans=ansfor(i=L-1;i>=0;i--)
if(f[tp0][i]^f[tp1][i])
ans=ansif(tp0^tp1)
ans=ans0]?ln[tp0][0]:ans,
ans=ans0]?ln[tp1][0]:ans;
printf("%d\n",ans);
}//倍增
}