UOJ#57:[WC2013]平面图（最小左转法+点定位）
传送门
在一个平面图中有 n 个顶点和 m 条直线段，第 i 个顶点的坐标为 (xi,yi) ，第 j 条直线段连接顶点 uj 和顶点 vj 。权值为 hj ，除顶点 uj 和 vj 外直线段 j 不经过其他的顶点。任意两条直线段如果存在公共点，则该公共点一定是一个顶点，此时这两条直线段都会连接这个顶点。对于任意的两个顶点 x 和 y ，总是可以找到一顶点序列 a1,a2,…,ak 使得 a1=x,ak=y 且对于任意 1≤i<k1≤i<k 满足 ai 和 ai+1 被一条直线段直接连接。
这 m 条直线段将整个平面分成了若干个区域，其中只有一个区域是无穷大的，其余均是有界的，我们称无穷大的区域为禁区。
现在给出 q 次询问，每次给定平面中的任意两个不是顶点且分别不在任意一条直线段上的点 A 和 B ，请画一条曲线连接 A 和 B ，要求曲线不能经过禁区以及任何顶点，并使得穿过的直线段中权值最大的尽可能小。你需要对每次询问回答这个值最小为多少。
题解：
如果你写过BZOJ1035的 mlogm 写法的话这道题就很简单了。
首先最小左转法找出平面，每条边看做平面间的连边，建出 MST 。
把每个点离线下来做点定位，用扫描线+平衡树。
最后倍增求树上最小值就好了（当然你也可以 LCT 或者树链剖分）。
#includestruct G{
int v[Maxn],nt[Maxn],w[Maxn],g[Maxn],et,dep[Maxn],id[Maxn];
int fa[Maxn][20],mx[Maxn][20],ind;
inline void add(int x,int y,int val){nt[++et]=g[x];g[x]=et;v[et]=y;w[et]=val;}
inline void dfs(int x,int f=0,int dis=0){
fa[x][0]=f;mx[x][0]=dis;dep[x]=dep[f]+1;id[x]=ind;
for(int i=1;i<=18;i++){
fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
mx[x][i]=max(mx[fa[x][i-1]][i-1],mx[x][i-1]);
}
for(int j=g[x];j;j=nt[j])if(v[j]!=f)dfs(v[j],x,w[j]);
}
inline void up(int &mn,int &x,int d){
for(int i=18;i>=0;i--)
if(d&(1<inline int query(int x,int y){
if(id[x]!=id[y])return -1;
if(!id[x]||!id[y])return -1;
int mn=0;
if(dep[x]if(dep[x]!=dep[y])up(mn,x,dep[x]-dep[y]);
if(x==y)return mn;
for(int i=18;i>=0;i--){
if(fa[x][i]!=fa[y][i]){
mn=max(mn,max(mx[x][i],mx[y][i]));
x=fa[x][i],y=fa[y][i];
}
}
return max(mn,max(mx[x][0],mx[y][0]));
}
}gr;
struct cp{
inline bool operator ()(const pair<double,int> &a,const pair<double,int> &b){
int t=sgn(a.first-b.first);
if(t)return t<0;
else return a.secondset< pair<double,int>,cp >g[Maxn];
namespace Scanline{
int tc,vis[Maxn];
struct T{
int a,b,u,id;
T(int a=0,int b=0,int u=0,int id=0):a(a),b(b),u(u),id(id){}
friend inline bool operator <(const T &a,const T &b){
if(a.a==b.a)return a.u>b.u;
if(p[a.a].x!=p[b.a].x)return p[a.a].xreturn p[a.a].y>p[b.a].y;
}
}t[Maxn<<1];
struct cmp{
inline bool operator ()(const T &a,const T &b){
if(a.a==a.b)return (p[b.b]-p[a.a])*(p[b.a]-p[a.a])<0;
if(b.a==b.b)return (p[a.a]-p[b.a])*(p[a.b]-p[b.a])<0;
double t1=(p[a.a]-p[b.b])*(p[a.b]-p[b.b]),t2=(p[a.a]-p[b.a])*(p[a.b]-p[b.a]);
double t3=(p[b.a]-p[a.a])*(p[b.b]-p[a.a]),t4=(p[b.a]-p[a.b])*(p[b.b]-p[a.b]);
return (t1<-eps&&t2eps&&t4>-eps)||(t4>eps&&t3>-eps);
}
};
set0,i);
t[++tc]=T(l[i].b,l[i].a,2,i);
}
for(int i=1;i<=q;i++)t[++tc]=T(i*2+n-1,i*2+n-1,1,i),t[++tc]=T(i*2+n,i*2+n,1,i);
sort(t+1,t+tc+1);
for(int i=1;i<=tc;i++){
if(t[i].u==2)S_l.erase(T(t[i].b,t[i].a,0,0));//,print();
else if(t[i].u==0)S_l.insert(t[i]);//,print();
else{
set