Colorful Rectangle
题面
给定 \(n\) 个点，每个点有颜色 \(\in \{0, 1, 2\}\) ，求至少包含三种颜色并且与坐标轴平行的矩形的最小周长。
\(3 \le n \le 10^5\)
\(0 \le x_i , y_i \le 10^8\)
题解
这道题思路不难懂，代码中有个细节卡了我一天。
我们的目标是找到一个矩形至少包含这三种颜色的点，所以这三个点一定限制住了矩形的边界，所以朴素做法就是暴力枚举三个点，然后算周长。
在纸上画一下可以发现矩形的情况大致分为这两大类：
一种是单调的，一种不单调。
那么其他情况呢？其实都可以转化为这两种情况，通过旋转（只是对称变换是无法让所有情况都转化为一种情况的）。
但是对于这三个点的颜色情况还是不确定的，我们可以枚举 6 种排列，然后对每种情况分别统计。
然后考虑这两类情况应该如何统计？
第一种比较简单，可以用树状数组正着反着分别跑一遍，然后枚举中间的那个点统计答案即可。
还有一种比较巧妙的实现：维护两个树状数组，\(T1,T2\)。设 \(pos\) 表示当前点纵坐标离散化后的值。
分情况讨论每个点：
前点直接将 \(-x-y\) 加入 \(T1\)。
中点出现时，在 \(T1\) 中查询 \(pos\) 前缀最小值，然后将这个值加入第二个树状数组的 \(pos\) 位置。
后点的话，在 \(T2\) 中查询 \(pos\) 前缀最小值然后加上当前的 \(x + y\) 更新答案。
第二种情况就要麻烦一点，可以这样做，从小到大枚举每个点，如果是前两个点，我们在 \(y\) 方向区间修改，然后第三个点的时候单点查询，如下图：
注意：这里的前面两个点不能混在一起算，标记下传的时候如果是中点，要保证只和前面的前点算答案。
时间复杂度 \(O(24 \times n \log n)\)
code
具体看代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>using namespace std;namespace michaele {typedef long long ll;#define ls (p << 1)#define rs (p << 1 | 1)const int N = 1e5 + 10;const int inf = 0x3f3f3f3f;int n;int ans = 2e9;int b[N], cnt, per[3];struct P {int x, y, c;bool operator < (const P &t) const {if (x == t.x) return y < t.y;return x < t.x;}} a[N];template <typename T>void _min (T &a, T b) { a = min (a, b); }struct Fenwick {int t[N];void clear () { memset (t, 0x3f, sizeof t); }void change (int x, int d) {while (x < N) {_min (t[x], d);x += x & -x;}}int ask (int x) {int res = 2e9;while (x) {_min (res, t[x]);x -= x & -x;}return res;}} T1, T2;int mn[N << 2][2], val[N << 2];void pushtag (int p, int v0, int v1) {_min (val[p], mn[p][0] + v1);_min (mn[p][0], v0);_min (mn[p][1], v1);}void pushdown (int p) {pushtag (ls, mn[p][0], mn[p][1]);pushtag (rs, mn[p][0], mn[p][1]);// 保证mn[p][1] 不会和下传下去的 mn[p][0] 组合产生贡献mn[p][1] = inf;}void modify (int p, int l, int r, int x, int y, int v0, int v1) {if (x <= l && r <= y) return pushtag (p, v0, v1);pushdown (p);int mid = (l + r) >> 1;if (x <= mid) modify (ls, l, mid, x, y, v0, v1);if (mid < y) modify (rs, mid + 1, r, x, y, v0, v1);}int query (int p, int l, int r, int pos) {if (l == r) return val[p];pushdown (p);int mid = (l + r) >> 1;if (pos <= mid) return min (val[p], query (ls, l, mid, pos));return min (val[p], query (rs, mid + 1, r, pos));}void solve () {T1.clear ();T2.clear ();memset (mn, 0x3f, sizeof mn);memset (val, 0x3f, sizeof val);for (int i = 1; i <= n; i ++) {int x = a[i].x, y = a[i].y, c = a[i].c;int pos = lower_bound (b + 1, b + 1 + cnt, y) - b;// 单调if (c == per[0]) T1.change (pos, -x - y);else if (c == per[1]) T2.change (pos, T1.ask (pos));else {_min (ans, x + y + T2.ask (pos));}// 不单调if (c == per[0]) {modify (1, 1, cnt, pos, cnt, -x - y, inf);} else if (c == per[1]) {modify (1, 1, cnt, 1, pos, inf, y);} else if (c == per[2]) {_min (ans, query (1, 1, cnt, pos) + x);}}}void Main () {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> a[i].x >> a[i].y >> a[i].c;}for (int k = 0; k < 4; k ++) {per[0] = 0, per[1] = 1, per[2] = 2;cnt = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {b [ ++ cnt] = a[i].y;}sort (a + 1, a + 1 + n);sort (b + 1, b + 1 + cnt);cnt = unique (b + 1, b + 1 + cnt) - 1 - b; do {solve ();} while (next_permutation (per, per + 3));for (int i = 1; i <= n; i ++) {swap (a[i].x, a[i].y);a[i].y *= -1;}}cout << (ans << 1) << endl;}
}int main () {michaele :: Main ();return 0;
}