题目
题目大意
给你一个有\(n\)个点的平面。
选择三个点，求两两之间曼哈顿距离和的最大值和最小值。
思考历程&正解
比赛的时候没有想太多，但感觉似乎比较水……
首先有个很显然的性质，答案为这三个点的最大最小横坐标之差和最大最小纵坐标之差的和。
可以把它看成矩形的周长，容易发现矩形至少一个顶点是三个点之一。
后来才发现水的是求最大值，而不是求最小值。
比赛之后开始和WMY刚……
最大值是很好求的。我一开始打了个线段树来求，后来发现根本不用……
求出所有点的\(Xmin,Xmax,Ymin,Ymax\)，然后\(O(n)\)扫一遍，贪心一下就没了。
主要的问题在于最小值。
显然有两种情况：三个点都在矩形边上；有一个点在矩形内部。
第二种情况很好求，枚举中间的点，线段树维护右上和左下（或右下和左上）的最近的点。
主要问题是第一种情况。
假设我们现在已经将点按照\(x\)坐标为第一关键字排序，以\(y\)坐标为第二关键字排序，都是从小到大。
枚举矩形左下的节点（至于其它方向的节点，直接旋转或对称就行了）。
（很简陋的一张图）
左下的节点（记作\(A\)）固定了\(Xmin\)和\(Ymin\)，右边的节点（记作\(B\)）固定了\(Xmax\)，上边的节点（记作\(C\)）固定了\(Ymax\)
由于\(A\)是固定的，所以我们值只需要让\(Xmax+Ymax\)最小。
考虑平行于\(y\)轴的扫描线，从右到左。
我们需要将\(B\)点表示的\(Xmax\)挂在\(C\)点上，计算\(A\)点答案的时候要查询到\(C\)点。
维护最小的\(Ymax+Xmax\)，挂在行上。
扫描线扫到\(C\)的时候，就将\(C.y\)这一行的\(Xmax\)更新一下。
扫描线扫到\(B\)的时候，就将\([0,B.y)\)的\(Ymax\)更新一下。
扫描线扫到\(A\)的时候，是询问\([A.y,10^8]\)的最小\(Xmax+Ymax\)
（在实际操作的时候，每个点都需要进行三个操作，因为它有可能是\(A\)点、\(B\)点、\(C\)点）
接下来考虑如何维护这个东西。
线段树上每个节点维护\(ans\)、\(MIN_{Xmax}、tag\)
既然\(Ymax\)是区间修改，肯定是要打\(tag\)标记的。
在打\(tag\)标记的时候（以及下传的时候），若\(MIN_{Xmax}+tag<ans\)，则更新\(ans\)
若这个点原先就有个\(tag\)，就跟这个\(tag\)比较大小，若更小，则替代它。
对于\(Xmax\)的单点修改，直接在线段树中找到对应的点（找的时候标记要下传，到了最底端的时候标记清空，这就使得这个节点及它的祖先都没有标记），修改它的\(MIN_{Xmax}\)（但是\(ans\)是不用改的，因为\(Ymax\)是在\(Xmax\)后面出现的，现在这个新的\(Xmax\)暂时是最后一个，没有匹配的\(Ymax\)）
然后这道题就被解决了。
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
#define MAX 100000000
#define INF 1000000000
int n;
struct DOT{
int x,y;
int num;
} d[N];
inline void rever(int a,int b){//把所有点进行对称操作
for (int i=1;i<=n;++i)
d[i]={a==1?d[i].x:MAX-d[i].x,b==1?d[i].y:MAX-d[i].y,d[i].num};
}
inline bool cmpd(const DOT &a,const DOT &b){
return a.x<b.x || a.x==b.x && a.y<b.y;
}
int ans1=-INF,ans2=INF;
struct Node1{
Node1 *lc,*rc;
int val;
} seg1[N*30],*null1,*root1;
int cnt1;
inline Node1 *newnode1(){return &(seg1[++cnt1]={null1,null1,-INF});}
void change1(Node1 *t,int l,int r,int x,int c){
if (l==r){
t->val=max(t->val,c);
return;
}
int mid=l+r>>1;
if (x<=mid)
change1(t->lc==null1?t->lc=newnode1():t->lc,l,mid,x,c);
else
change1(t->rc==null1?t->rc=newnode1():t->rc,mid+1,r,x,c);
t->val=max(t->lc->val,t->rc->val);
}
int query1(Node1 *t,int l,int r,int st,int en){
if (t==null1)
return -INF;
if (st<=l && r<=en)
return t->val;
int mid=l+r>>1,res=-INF;
if (st<=mid)
res=max(res,query1(t->lc,l,mid,st,en));
if (mid<en)
res=max(res,query1(t->rc,mid+1,r,st,en));
return res;
}
struct Node2 *null2;
struct Node2{
Node2 *lc,*rc;
int ans,minx,tag;
inline void gmin(int y){
if (this==null2)
return;
if (y<tag){
tag=y;
if (minx+y<ans)
ans=minx+y;
}
}
inline void pushdown(){
if (tag<INF){
lc->gmin(tag);
rc->gmin(tag);
tag=INF;
}
}
inline void update(){
minx=min(lc->minx,rc->minx);
ans=min(lc->ans,rc->ans);
}
} seg2[N*30],*root2;
int cnt2;
inline Node2 *newnode2(){return &(seg2[++cnt2]={null2,null2,INF,INF,INF});}
void changex(Node2 *t,int l,int r,int x,int c){
if (l==r){
t->minx=c;
t->tag=INF;
return;
}
t->pushdown();
int mid=l+r>>1;
if (x<=mid)
changex(t->lc==null2?t->lc=newnode2():t->lc,l,mid,x,c);
else
changex(t->rc==null2?t->rc=newnode2():t->rc,mid+1,r,x,c);
t->update();
}
void changey(Node2 *t,int l,int r,int st,int en,int c){
if (st<=l && r<=en){
t->gmin(c);
return;
}
t->pushdown();
int mid=l+r>>1;
if (st<=mid)
changey(t->lc==null2?t->lc=newnode2():t->lc,l,mid,st,en,c);
if (mid<en)
changey(t->rc==null2?t->rc=newnode2():t->rc,mid+1,r,st,en,c);
t->update();
}
int query2(Node2 *t,int l,int r,int st,int en){
if (t==null2)
return INF;
if (st<=l && r<=en)
return t->ans;
t->pushdown();
int mid=l+r>>1,res=INF;
if (st<=mid)
res=min(res,query2(t->lc,l,mid,st,en));
if (mid<en)
res=min(res,query2(t->rc,mid+1,r,st,en));
return res;
}
int minxy[4][N];//用来记录某次状况下右上角的最近点
inline void work(int flag){
sort(d+1,d+n+1,cmpd);
if (flag<2){
//这是第二种情况的处理。不能在flag=2或3的时候处理一次，因为那时候不能保证顺序与这次完全相反
//如果顺序没有完全相反，两个点重合时候可能会当作三个点来看。
null1=seg1;
*null1={null1,null1,-INF};
cnt1=0;
root1=newnode1();
for (int i=1;i<=n;++i){
int tmp=query1(root1,0,MAX,0,d[i].y);
minxy[flag][d[i].num]=min(d[i].x+d[i].y-tmp,INF);
change1(root1,0,MAX,d[i].y,d[i].x+d[i].y);
}
null1=seg1;
*null1={null1,null1,-INF};
cnt1=0;
root1=newnode1();
for (int i=n;i>=1;--i){
int tmp=query1(root1,0,MAX,0,MAX-d[i].y);
minxy[flag+2][d[i].num]=min(MAX-d[i].x+MAX-d[i].y-tmp,INF);
change1(root1,0,MAX,MAX-d[i].y,MAX-d[i].x+MAX-d[i].y);
}
}
null2=seg2;
*null2={null2,null2,INF,INF,INF};
cnt2=0;
root2=newnode2();
for (int i=n,j=n;i>=1;--i){
ans2=min(ans2,query2(root2,0,MAX,d[i].y,MAX)-d[i].x-d[i].y);
if (d[i].y)
changey(root2,0,MAX,0,d[i].y-1,d[i].y);
changex(root2,0,MAX,d[i].y,d[i].x);
}
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&n);
int xmin=MAX,xmax=-MAX,ymin=MAX,ymax=-MAX;
for (int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&d[i].x,&d[i].y);
d[i].num=i;
xmin=min(xmin,d[i].x),xmax=max(xmax,d[i].x);
ymin=min(ymin,d[i].y),ymax=max(ymax,d[i].y);
}
for (int i=1;i<=n;++i)
ans1=max(ans1,max(d[i].x-xmin,xmax-d[i].x)+max(d[i].y-ymin,ymax-d[i].y));
work(0);
rever(-1,1),work(1);
rever(1,-1),work(2);
rever(-1,1),work(3);
for (int i=1;i<=n;++i)
ans2=min(ans2,min(minxy[0][i]+minxy[2][i],minxy[1][i]+minxy[3][i]));
printf("%d\n%d\n",ans1*2,ans2*2);
return 0;
}好长啊……
实际上可以将第二种情况的线段树维护的最大值变成最小值，然后这两棵线段树就可以一起用了。
一起用的时候虽然会处理某些没有必要的东西，但是代码短啊……
总结
数据结构还是太菜了……