Description
近来A国和B国的矛盾激化，为了预防不测，A国准备修建一条长长的防线，当然修建防线的话，肯定要把需要保护的城市修在防线内部了。可是A国上层现在还犹豫不决，到底该把哪些城市作为保护对象呢？又由于A国的经费有限，所以希望你能帮忙完成如下的一个任务：
1.给出你所有的A国城市坐标
2.A国上层经过讨论，考虑到经济问题，决定取消对i城市的保护，也就是说i城市不需要在防线内了
3.A国上层询问对于剩下要保护的城市，修建防线的总经费最少是多少
你需要对每次询问作出回答。注意单位1长度的防线花费为1。
A国的地形是这样的，形如下图，x轴是一条河流，相当于一条天然防线，不需要你再修建
A国总是有两个城市在河边，一个点是(0,0)，一个点是(n,0)，其余所有点的横坐标均大于0小于n，纵坐标均大于0。A国有一个不在(0,0)和(n,0)的首都。(0,0),(n,0)和首都这三个城市是一定需要保护的。
上图中，A,B,C,D,E点为A国城市，且目前都要保护，那么修建的防线就会是A-B-C-D，花费也就是线段AB的长度+线段BC的长度+线段CD的长度,如果，这个时候撤销B点的保护，那么防线变成下图
Input
第一行，三个整数n,x,y分别表示河边城市和首都是(0,0)，(n,0)，(x,y)。
第二行，一个整数m。
接下来m行，每行两个整数a,b表示A国的一个非首都非河边城市的坐标为(a,b)。
再接下来一个整数q，表示修改和询问总数。
接下来q行每行要么形如1 i，要么形如2，分别表示撤销第i个城市的保护和询问。
Output
对于每个询问输出1行，一个实数v，表示修建防线的花费，保留两位小数
Sample Input
4 2 1
2
1 2
3 2
5
2
1 1
2
1 2
2Sample Output
6.47
5.84
4.47Solution
考虑把操作顺序改一下，我们反着做，就变成了维护凸包，支持加点。
由于是个上凸壳，可以直接用一个\(set\)维护凸包上的点的\(x\)坐标。
然后每次加点\(lower\_bound\)找到\(x\)最近的一条边，然后判一下在不在凸包内。
若不在凸包内，就往两边暴力判满不满足上凸壳性质，若不满足，就删点。
每个点只会被至多加一次，删一次，时间复杂度\(O(n\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;void read(int &x) {x=0;int f=1;char ch=getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}void print(int x) {if(x<0) putchar('-'),x=-x;if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}const int maxn = 2e6+10;struct point {int x,y;int operator ^ (const point &rhs) const {return x*rhs.y-rhs.x*y;}int operator < (const point &rhs) const {return x<rhs.x||(x==rhs.x&&y<rhs.y);}point operator - (const point &rhs) const {return (point){x-rhs.x,y-rhs.y};}
}a[maxn],sta[maxn],r[maxn];int cnt,op[maxn],w[maxn],vis[maxn],top,m;double ans;set<point > s;#define sqr(x) ((x)*(x))
double dis(point x,point y) {return sqrt(sqr(x.x-y.x)+sqr(y.y-x.y));}void make() {int num=0;for(int i=1;i<=cnt;i++) if(!vis[i]) r[++num]=a[i];sort(r+1,r+num+1);sta[++top]=r[1],sta[++top]=r[2];for(int i=3;i<=num;i++) {while(top>1&&((r[i]-sta[top-1])^(sta[top]-sta[top-1]))<=0) top--;sta[++top]=r[i];}s.insert(sta[1]);for(int i=2;i<=top;i++) s.insert(sta[i]),ans+=dis(sta[i],sta[i-1]);
}double res[maxn+8];
int Top;void solve() {for(int i=m;i;i--) {if(op[i]==2) res[++Top]=ans;else {point x=a[w[i]+3];set <point > :: iterator it,it2,pre,nxt;it=s.lower_bound(x);it--;it2=it;it2++;if(((x-(*it))^((*it2)-(*it)))>=0) continue;ans-=dis(*it,*it2);while(it!=s.begin()) {pre=it;pre--;if(((x-(*it))^((*it)-(*pre)))>0) break;ans-=dis(*it,*pre);it--;pre++;s.erase(pre);}while(it2!=s.end()) {nxt=it2;nxt++;if((((*it2)-x)^((*nxt)-(*it2)))<0) break;ans-=dis(*it2,*nxt);nxt--;it2++;s.erase(nxt);}it=s.lower_bound(x);ans+=dis(x,*it);it--,ans+=dis(x,*it);s.insert(x);}}for(int i=Top;i;i--) printf("%.2lf\n",res[i]);
}int main() {int n,x,y;read(n),read(x),read(y);a[++cnt]=(point){0,0};a[++cnt]=(point){n,0};a[++cnt]=(point){x,y};read(n);for(int i=1;i<=n;i++) read(x),read(y),a[++cnt]=(point){x,y};read(m);for(int i=1;i<=m;i++) {read(op[i]);if(op[i]==1) read(w[i]),vis[w[i]+3]=1;}make();solve();return 0;
}
