bzoj 2850 巧克力王国

时间:2023-01-23 14:41:56

Description

 

 

巧克力王国里的巧克力都是由牛奶和可可做成的。但是并不是每一块巧克力都受王国人民的欢迎,因为大家都不喜
欢过于甜的巧克力。对于每一块巧克力,我们设x和y为其牛奶和可可的含量。由于每个人对于甜的程度都有自己的
评判标准,所以每个人都有两个参数a和b,分别为他自己为牛奶和可可定义的权重,因此牛奶和可可含量分别为x
和y的巧克力对于他的甜味程度即为ax + by。而每个人又有一个甜味限度c,所有甜味程度大于等于c的巧克力他都
无法接受。每块巧克力都有一个美味值h。现在我们想知道对于每个人,他所能接受的巧克力的美味值之和为多少

Input

第一行两个正整数n和m,分别表示巧克力个数和询问个数。接下来n行,每行三个整数x,y,h,含义如题目所示。再
接下来m行,每行三个整数a,b,c,含义如题目所示。

 

Output

输出m行,其中第i行表示第i个人所能接受的巧克力的美味值之和。

 

Sample Input

3 3
1 2 5
3 1 4
2 2 1
2 1 6
1 3 5
1 3 7

Sample Output

5
0
4

HINT

 

1 <= n, m <= 50000,1 <= 10^9,-10^9 <= a, b, x, y <= 10^9。

 
思路: kd树+启发式搜索,估计函数是$ax+by$,这个估计有点神奇,每次计算4个可能性,即当前区域x的最大值和最小值,区域y的最大值和最小值,和a,b进行配对计算。  
如果全部4个都小于c,那么就直接累计sum,否则只要有1个以上,就去递归计算。 
bzoj 2850 巧克力王国bzoj 2850 巧克力王国
 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define ll long long   
 4 int const N=50000+10;  
 5 int n,m,cur,root;   
 6 struct P{
 7     ll   d[2],mx[2],mn[2],ch[2],v,sum;    
 8     ll & operator [] (int x){  return d[x];  } 
 9     friend bool operator  < ( P x,P y) {
10         return x[cur]<y[cur];  
11     }
12 }p[N];  
13 struct kdtree{
14     P t[N],T;  
15     ll  ans;  
16     void update(int k){
17         int l=t[k].ch[0]; 
18         int r=t[k].ch[1]; 
19         for(int i=0;i<2;i++){
20             if(l)  t[k].mn[i]=min(t[k].mn[i],t[l].mn[i]); 
21             if(l)  t[k].mx[i]=max(t[k].mx[i],t[l].mx[i]);  
22             if(r)  t[k].mn[i]=min(t[k].mn[i],t[r].mn[i]); 
23             if(r)  t[k].mx[i]=max(t[k].mx[i],t[r].mx[i]); 
24         }
25         t[k].sum=t[k].v+t[l].sum+t[r].sum;     
26     }
27     int check(P x,ll c){
28         int ret=0;  
29         ret+=x.mn[0]*T[0]+x.mn[1]*T[1]<c;  
30         ret+=x.mn[0]*T[0]+x.mx[1]*T[1]<c;  
31         ret+=x.mx[0]*T[0]+x.mn[1]*T[1]<c;  
32         ret+=x.mx[0]*T[0]+x.mx[1]*T[1]<c;  
33         return ret;  
34     }  
35     int build(int l,int r,int now){
36         cur=now;  
37         int mid=(l+r)/2;  
38         nth_element(p+l,p+mid,p+r+1);  
39         t[mid]=p[mid];  
40         for(int i=0;i<2;i++) t[mid].mn[i]=t[mid].mx[i]=t[mid][i];  
41         if(l<mid) t[mid].ch[0]=build(l,mid-1,now^1); 
42         if(mid<r) t[mid].ch[1]=build(mid+1,r,now^1);  
43         update(mid); 
44         return mid; 
45     } 
46     void solve(int k,ll c,int now){
47         if(T[0]*t[k][0]+T[1]*t[k][1]<c ) ans+=t[k].v;    
48         int dl=0,dr=0;  
49         int l=t[k].ch[0]; 
50         int r=t[k].ch[1];  
51         if(l) dl=check(t[l],c);  
52         if(r) dr=check(t[r],c);  
53         if(dl==4) ans+=t[l].sum;  
54         else if(dl) solve(l,c,now^1);  
55         if(dr==4) ans+=t[r].sum;  
56         else if(dr) solve(r,c,now^1);  
57     } 
58     ll query(int a,int b,ll c){
59         T[0]=a; T[1]=b;  
60         ans=0; 
61         solve(root,c,0); 
62         return ans;  
63     }       
64 }kd;  
65 int main(){
66     scanf("%d%d",&n,&m);  
67     for(int i=1;i<=n;i++)  
68         scanf("%lld%lld%lld",&p[i][0],&p[i][1],&p[i].v);  
69     root=kd.build(1,n,0);   
70     while (m--){
71         int a,b;  
72         ll c;  
73         scanf("%d%d%lld",&a,&b,&c); 
74         printf("%lld\n",kd.query(a,b,c));  
75     }
76     return 0; 
77 } 
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