bzoj2850巧克力王国

时间：2023-03-08 22:09:50

巧克力王国

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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。

题解：
　　这是一个二维平面问题，应该想到扫描线或者kdtree，
　　但是发现对于扫描线，无法解决问题，因为限制是ax+by，所以对于每个询问是不一样的。
　　所以是不行的，二kdtree是可以解决的，
　　对于暴力只能够一个一个处理，如何一起处理是解决问题的关键，
　　所以需要kdtree。
　　时间复杂度，对于建树是T(n)=f(n)+aT(n/b)=O(n)+2T(n/2)
　　所以得出复杂度是O(n log n)的
　　然后对于询问是n^(1-1/k)是√n的，所以渐进复杂度是O(n√n)的。
 #include<cstring>

 #include<cmath>

 #include<algorithm>

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #define ll long long

 using namespace std;

 inline int read()

 {

     int x=,f=;char ch=getchar();

     while(ch>''||ch<''){if (ch=='-') f=-;ch=getchar();}

     while(ch<=''&&ch>=''){x=(x<<)+(x<<)+ch-'';ch=getchar();}

     return x*f;

 }

 ll A,B,C,ans;

 int F,n,m,rt;

 struct Node

 {

     int d[],mx[],mn[],v,l,r;

     ll sum;

     int& operator[](int x)

     {

         return d[x];

     }

     friend bool operator<(Node x,Node y)

     {

         return x[F]<y[F];

     }

 }p[];

 bool check(int x,int y)

 {

     return A*x+B*y<C;

 }

 int cal(Node x)

 {

     int tmp=;

     tmp+=check(x.mn[],x.mn[]);

     tmp+=check(x.mx[],x.mn[]);

     tmp+=check(x.mn[],x.mx[]);

     tmp+=check(x.mx[],x.mx[]);

     return tmp;

 }

 struct kd

 {

     Node t[];

     void update(int p)

     {

         int l=t[p].l,r=t[p].r;

         for (int i=;i<;i++)

         {

             t[p].mn[i]=t[p].mx[i]=t[p][i];

             if (l) t[p].mn[i]=min(t[p].mn[i],t[l].mn[i]);

             if (r) t[p].mn[i]=min(t[p].mn[i],t[r].mn[i]);

             if (l) t[p].mx[i]=max(t[p].mx[i],t[l].mx[i]);

             if (r) t[p].mx[i]=max(t[p].mx[i],t[r].mx[i]);

         }

         t[p].sum=t[p].v+t[l].sum+t[r].sum;

     }

     int build(int l,int r,int now)

     {

         F=now;

         int mid=(l+r)>>;

         nth_element(p+l,p+mid,p+r+);

         t[mid]=p[mid];

         if (l<mid) t[mid].l=build(l,mid-,now^);

         if (r>mid) t[mid].r=build(mid+,r,now^);

         update(mid);

         return mid;

     }

     void query(int p)

     {

         int l=t[p].l,r=t[p].r;

         if (check(t[p][],t[p][]))ans+=t[p].v;

         int tl=,tr=;

         if (l) tl=cal(t[l]);

         if (r) tr=cal(t[r]);

         if (tl==) ans+=t[l].sum;

         else if (tl) query(l);

         if (tr==) ans+=t[r].sum;

         else if (tr) query(r);

     }

 }kd;

 int main()

 {

     n=read(),m=read();

     for (int i=;i<=n;i++)

         p[i][]=read(),p[i][]=read(),p[i].v=read();

     rt=kd.build(,n,);

     while(m--)

     {

         A=read(),B=read(),C=read();

         ans=;

         kd.query(rt);

         printf("%lld\n",ans);

     }

 }

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