給出\(n\)個點\((x_i,y_i)\)，\(m\)次給出\((k_i,a_i)\)表示標記所有滿足
\[y_j>\frac}
\]的未標記點
求每個點的標記時間
\(1\leq n,m\leq 10^5,1
全是乘法所以可以先左右取\(ln\)就是
\[ln(y_j)>ln(k_i)-ln(x_j)\times a_i
\]把\(x,y,k\)取\(ln\)然後就是乙個順眼的式子
\[x_j\times a_i+y_i>k_i
\]雖然原題說\((x_i,y_i)\)是點，但是我們可以換個思路，把\((x_i,y_i)\)看成邊（\(f(z)=x_iz+y_i\)），\((a_i,k_i)\)看成是點，然後問在每條邊下面的編號最小的點是哪個。
這個就很好解決了，考慮整體二分。每次要考慮對於一條邊是否有在\([l,mid]\)編號的點在它下面。可以對於所有的\([l,mid]\)的點拿出來構成乙個下凸殼，然後根據每條邊的斜率二分出乙個最下面的點，然後只拿這個點判斷就好了。
這樣就是\(o(n\log^2 n)\)的了，如果肯寫歸併排序和凸殼用單調佇列維護是可以做到\(o(n\log n)\)的
#include#include#include#includeusing namespace std;
const int n=1e5+10;
int n,m,f[n],s[n],p[n],p1[n],p2[n],top,pos[n];
double x[n],y[n],k[n],z[n];
double xj(double x1,double y1,double x2,double y2)
double xl(int a,int b,int c)
bool cmp(int x,int y)
int mid=(lm+rm)>>1;top=0;
sort(pos+lm,pos+1+mid,cmp);
for(int i=lm;i<=mid;i++)
sort(pos+lm,pos+1+mid);
int cnt1=0,cnt2=0;
for(int i=ln;i<=rn;i++)
if(x[p[i]]*z[s[l]]+y[p[i]]>k[s[l]])p1[++cnt1]=p[i];
else p2[++cnt2]=p[i];
} for(int i=1;i<=cnt1;i++)p[i+ln-1]=p1[i];
for(int i=1;i<=cnt2;i++)p[ln+cnt1+i-1]=p2[i];
solve(ln,ln+cnt1-1,lm,mid);
solve(ln+cnt1,rn,mid+1,rm);
return;
}int main()
for(int i=1;i<=m;i++)
solve(1,n,1,m);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(f[i]==m)puts("-1");
else printf("%d\n",f[i]);
return 0;
}
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