正题

题目链接:http://www.ybtoj.com.cn/contest/119/problem/3

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题目大意

给出$n$个点$(x_i,y_i)$，$m$次给出$(k_i,a_i)$表示标记所有满足
$$y_j>\frac{k_i}{x_j^{a_i}}$$的未标记点

求每个点的标记时间

$1\le n,m\le 10^5,1<a_i<10$

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解题思路

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$ln$然后就是一个顺眼的式子
$$x_j\times a_i+y_i>k_i$$
虽然原题说$(x_i,y_i)$是点，但是我们可以换个思路，把$(x_i,y_i)$看成边（$f(z)=x_{i}z+y_i$），$(a_i,k_i)$看成是点，然后问在每条边下面的编号最小的点是哪个。

这个就很好解决了，考虑整体二分。每次要考虑对于一条边是否有在$[L,mid]$编号的点在它下面。可以对于所有的$[L,mid]$的点拿出来构成一个下凸壳，然后根据每条边的斜率二分出一个最下面的点，然后只拿这个点判断就好了。

这样就是$O(n{\log }^{2}n)$的了，如果肯写归并排序和凸壳用单调队列维护是可以做到$O(n\log n)$的

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using 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)
{return x1*y2-x2*y1;}
double xl(int a,int b,int c){double y1=k[b]-k[a],x1=z[b]-a[z];double y2=k[c]-k[a],x2=z[c]-z[a];return xj(x1,y1,x2,y2);
}
bool cmp(int x,int y)
{return z[x]<z[y];}
void solve(int Ln,int Rn,int Lm,int Rm){if(Ln>Rn)return;if(Lm==Rm){for(int i=Ln;i<=Rn;i++)f[p[i]]=Lm;return;}int mid=(Lm+Rm)>>1;top=0;sort(pos+Lm,pos+1+mid,cmp);for(int i=Lm;i<=mid;i++){while(top>1&&xl(s[top-1],s[top],pos[i])<=0)top--;s[++top]=pos[i];}sort(pos+Lm,pos+1+mid);int cnt1=0,cnt2=0;for(int i=Ln;i<=Rn;i++){int l=1,r=top-1;while(l<=r){int m=(l+r)>>1;if(xj(z[s[m+1]]-z[s[m]],k[s[m+1]]-k[s[m]],1,x[p[i]])>0)l=m+1;else r=m-1;}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()
{freopen("analysis.in","r",stdin);
//	freopen("analysis.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);x[i]=log(x[i]);y[i]=log(y[i]);p[i]=i;}for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%lf%lf",&k[i],&z[i]);k[i]=log(k[i]);pos[i]=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;
}