查税( 斜率优化&单调队列维护凸包 &分块 ）

id3167
有n个办公室，m个操作，依次读入
type
如果type为1 ， 接着读入 T K Z S ， 表示一个公司于T时刻进驻K办公室，每天盈利为Z，其一开始有S元。若K位置本有别的公司，别的公司会被覆盖。
如果type为2 ， 接着读入T Ａ B 表示于T时刻，你要找出区间[A,B]内，最有钱的公司的钱数。（关于钱的值都可以为负）
若AB内无公司输出“nema”

每次操作T不相同。

显然，题意是要插入很多条直线y=kx+b，在线询问当x为某值是，区间上的直线们的最大值。
如果写暴力的话，查询O(N),插入O(1)，考虑分块平均平均调剂调剂，把它们都搞成O(N−−√) 的 。
我们把直线的参数k，b看做是二维平面BOK上的点。每个块互不影响地插入块上的直线 。

我们可以发现本题有个单调性，若某两条直线y=k1x+b1,y=k2x+b2。设k1<k2 , 如果你b1也还小于b2。l1就根本没有保留的价值了。
插入的话，删除原来在那个位置的直线，重构整个块（好暴力啊）
以k为关键字升序排序块内元素。构造一个单调队列，从队尾加元素，其实根据上述单调性，我们发现是在一个二维平面上维护一个上凸壳。叉积维护凸性即可。
对于询问，若一个块没有被询问区间包含，暴力地扫出答案。其余被包含的块可以维护单调队列队首元素，保证队首最优（判断条件即klx+bl<kl+1x+bl+1 -> ++l）
问题得以解决

代码

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std ;#define N 100010#define SRN 351typedef long long ll ;int n , m , i , j , k , T ;const int inf = 210000000 ;struct point {    ll k , b , ps ;}a[N] ;ll operator *( point a , point b ) {    return a.k * b.b - b.k * a.b ;}point operator -( point a , point b ) {    point ret ;    ret.ps = 0 , ret.k = a.k-b.k , ret.b = a.b-b.b ;    return ret ;}struct Block {    int q[SRN] ; // According to Sorted Postition    int st , en , l , r ;}B[SRN] ;point tmp[N] ;struct FOR_BRUTE {    ll k , b  ;}Y[N] ;ll min( ll a , ll b ) {    return a < b ? a : b ;}ll max( ll a , ll b ) {    return a > b ? a : b ;}int main() {     scanf("%d%d",&n,&m ) ;    int sqt = sqrt( n ) ;    int l , r ;    for( i=1 , l = 1 , r =sqt ; l<=n ; l = r + 1 , r = ( r+sqt>n ? n : r+sqt ) , i++ ) {        B[i].st = l , B[i].en = r ;        B[i].l = 1 , B[i].r = 0 ;        T = i ;    }    for( i=1 ; i<=n ; i++ ) a[i].ps = i , a[i].k = inf , Y[i].k = inf ;    while( m-- ) {        int typ ;        scanf("%d",&typ ) ;        if( typ==1 ) {            ll x ,  ps , s ,  k , b ;            scanf("%lld%lld%lld%lld",&x,&ps,&k,&s ) ;            b = -k * x + s ;            Y[ps].k = k , Y[ps].b = b ;            int l ; bool proce = 0 ;            for( i=1 ; i<=T ; i++ ) if( B[i].st<=ps && B[i].en>=ps ) break ;            for( j=B[i].st , l = B[i].st ; l<=B[i].en ; l++ ) {                if( a[j].ps==ps ) j++ ;                if( proce==0 && ( k<a[j].k || j>B[i].en ) ) {                    tmp[l].k = k , tmp[l].b = b ;                    tmp[l].ps = ps ;                    proce = 1 ;                } else tmp[l] = a[j++] ;            }            for( j=B[i].st ; j<=B[i].en ; j++ ) a[j] = tmp[j] ;            int r = 1 ;            l = 1 ;            B[i].q[1] = B[i].st ;            B[i].q[2] = B[i].st + 1 ;            if( a[ B[i].q[2] ].k!=inf && B[i].st + 1 <= B[i].en ) {                r = 2 ;                for( j=B[i].st+2 ; a[j].k!=inf && j<=B[i].en ; j++ ) {                    while( l<=r-1 && ( a[j]-a[ B[i].q[r-1] ]  ) * ( a[ B[i].q[r] ] - a[ B[i].q[r-1] ] ) < 0  ) r-- ;                    B[i].q[++r] = j ;                }            }            B[i].l = l , B[i].r = r  ;        } else {            ll x , aa  , b , ans=-100000000000000ll ;            scanf("%lld%lld%lld",&x,&aa,&b ) ;            if( b<aa ) swap( aa , b ) ;            for( i=1 ; i<=T ; i++ ) {                if( b<B[i].st || aa>B[i].en ) continue ;                // u->v                 if( aa<=B[i].st && b>=B[i].en ) {                    int l = B[i].l , r = B[i].r ;                    if( l>r ) continue ;                    while( l<=r-1 && a[ B[i].q[l] ].k * x + a[ B[i].q[l] ].b < a[ B[i].q[l+1] ].k * x + a[ B[i].q[l+1] ].b  ) l++ ;                    ans = max( a[ B[i].q[l] ].k * x + a[ B[i].q[l] ].b , ans ) ;                    B[i].l = l , B[i].r = r  ;                } else {                    int u = max( B[i].st ,aa ) , v = min( B[i].en , b ) ;                    for( j=u ; j<=v ; j++ ) if( Y[j].k!=inf ) ans = max( Y[j].k * x + Y[j].b , ans ) ;                }            }            if( ans==-100000000000000ll ) puts("nema" ) ; else printf("%lld\n",ans ) ;        }    }}