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Posted 2022-02-03 tiw-air-oao

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小Q计划在自己的新家中购置一台圆形的扫地机器人。小Q的家中有一个宽度为 m 的走廊，走廊很长，如果将这个走廊的俯视图画在平面直角坐标系上的话，那么走廊的两堵墙可以分别看作直线 y=0 和直线 y=m，两堵墙之间的部分代表走廊。

小Q会按照顺序依次在走廊中安置 n 个家具。第 i 个家具的位置为 (xi,yi)，宽度可以忽略不计，同一个位置可能会有多个家具。

在商店中，扫地机器人的半径只能是整数。请找到最大可能的整数半径 R，使得以 R 为半径的扫地机器人可以从走廊的最左侧到达最右侧，扫地机器人不可以穿过家具或者墙壁，但是允许接触它们。

请写一个程序，帮助小 Q 在每次安置下新的家具后，都能计算出这个条件下允许通过的扫地机器人的最大可能半径。

input
第一行包含两个正整数 n, m，分别表示家具的数量和走廊的宽度。

接下来 n 行，每行两个正整数 xi, yi，表示第 i 个被安置下的家具的位置。

output
输出 n 行，每行输出一个整数，第 i 行输出在安置下前 i 个家具后，扫地机器人的半径的最大可能值。

sample input
5 6
1 2
3 2
2 1
1 3
4 5
sample output
2
2
2
1
1

对于 100% 的数据：1≤xi≤10^9，1≤yi<m≤10^9，n≤2500。

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不妨看看给定机器人半径为 r0 的情况下会发生什么。

我们可以以障碍为圆心，画出一个半径为 r0 的禁行区域（即：机器人的圆心不能经过这个区域）。
同时也可以以两面墙画出相应的禁行区域。
此时如果禁行区域将两面墙连接在一起，该半径 r0 不合法。

稍微转换一下：
如果半径 x 是使得障碍/墙 a, b 所对应的禁行区域连接（即有交集）的最小整数半径，我们就在 a, b 之间连一条边权为 x 的边。
当半径为 r0 的时候，如果存在一条两面墙之间的路径，使得路径上的每一条边的边权 <= r0，则 r0 不合法。
等价于路径上的最大边权 <= r0。

题目要求的是最大合法的整数半径 R，但我们可以将问题做一个简单的转换：找到最小合法的整数半径 R‘。
因为是整数，所以可以得到 R = R‘ - 1。

问题最终可以转换为：找到两墙之间的一条路径，使这条路径上的最大值最小。
这是一个典型的最小生成树应用。

怎么动态维护最小生成树呢？
一开始我原本想的是用 lct 来搞，看了题解才发现：

woc 它只需要求 O(n) 次最小生成树，所以没必要每个时刻的最小生成树都求解出来。
于是：每次加入一个新的障碍，增加 O(n) 条边，与上个时刻的最小生成树一起（也是 O(n) 条边）求解最小生成树。
跑 kruskal 即可。所以总的复杂度是优秀的 O(n^2log n)。

@accepted [email protected]

#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 2500 + 10;
const ll INF = (1LL<<60);
struct edge
    int u, v; ll d;
    edge(int _u=0, int _v=0, ll _d=0):u(_u), v(_v), d(_d)
    friend bool operator < (edge a, edge b) return a.d < b.d;
edges[2*MAXN];
int fa[MAXN];
int find(int x) 
    return fa[x] = (fa[x] == x) ? x : find(fa[x]);

ll m, x[MAXN], y[MAXN]; int n;
ll dist(int i, int j) 
    return ll(sqrt((x[i]-x[j])*(x[i]-x[j]) + (y[i]-y[j])*(y[i]-y[j])));

vector<pair<int, ll> >G[MAXN];
void addedge(int u, int v, ll d) 
    G[u].push_back(make_pair(v, d));
    G[v].push_back(make_pair(u, d));

void dfs(int x, int f, ll d) 
    if( x == n + 2 ) 
        printf("%lld\n", d - 1);
        return ;
    
    for(int i=0;i<G[x].size();i++)
        if( G[x][i].first != f )
            dfs(G[x][i].first, x, max(d, G[x][i].second));

int main() 
    scanf("%d%lld", &n, &m);
    edges[1] = edge(n + 1, n + 2, m/2 + 1);
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        scanf("%lld%lld", &x[i], &y[i]);
        for(int j=1;j<i;j++)
            edges[i+j] = edge(i, j, dist(i, j)/2 + 1);
        edges[2*i] = edge(i, n + 1, y[i]/2 + 1);
        edges[2*i+1] = edge(i, n + 2, (m - y[i])/2 + 1);
        sort(edges + 1, edges + 2*i + 2);
        for(int j=1;j<=n+2;j++)
            fa[j] = j, G[j].clear();
        int cnt = 0;
        for(int j=1;j<=2*i+1;j++) 
            if( find(edges[j].u) != find(edges[j].v) ) 
                fa[find(edges[j].u)] = find(edges[j].v);
                edges[++cnt] = edges[j];
            
        
        for(int j=1;j<i+2;j++)
            addedge(edges[j].u, edges[j].v, edges[j].d);
        dfs(n + 1, -1, -INF);
    

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康复计划 - 1。

还好。没有什么大的问题。我能记得最小生成树有这个经典应用感觉已经很奇迹了。

只是看题解之前差点就要写 lct 了。