光线追踪（raytracing）
题目描述
考虑一个二维平面，摄像机在(0,0)(0,0)的位置，初始时平面上没有障碍物。现在执行QQ次操作，操作有两种（假设这是第ii次操作，1≤i≤Q1≤i≤Q）：
1、给定x0,y0,x1,y1(x0<x1,y0<y1)x0,y0,x1,y1(x0<x1,y0<y1)，创建一个每条边与坐标轴平行的长方形障碍物，包含所有满足x0≤x≤x1x0≤x≤x1且y0≤y≤y1y0≤y≤y1的点(x,y)(x,y)（如果这个区域的某一部分已经存在障碍，则直接覆盖掉它，具体请看样例）。这个障碍物的编号为ii。
2、给定向量(x,y)(x,y)，会有一个动点从摄像机所在的(0,0)(0,0)位置出发，以(x,y)(x,y)所指的方向前进，直到碰到第一个障碍物为止。
对于第2种操作，输出最先碰到的障碍物的编号。若不会碰到任何障碍物，输出0。
输入
输入文件第一行一个正整数QQ，表示操作总数。
接下来的QQ行，每行第一个正整数opiopi为操作种类（保证为1或2）。如果为1，则接下来四个正整数x0,y0,x1,y1(x0<x1,y0<y1)x0,y0,x1,y1(x0<x1,y0<y1)表示障碍的位置；如果为2，则接下来两个正整数x,yx,y表示前进方向。
输出
输出文件包含RR行（RR为第2种操作的总数），每行一个正整数，表示第一个碰到的障碍物编号。
样例输入
<span style="color:#333333"><span style="color:#333333">10
1 3 3 10 4
1 4 2 5 6
2 6 2
1 2 8 4 10
1 0 6 3 9
2 5 2
2 8 6
2 2 9
2 4 7
1 5 7 10 10</span></span>样例输出
<span style="color:#333333"><span style="color:#333333">1
2
2
5
0</span></span>提示
样例解释
在9次操作之后，平面的一部分如图所示（箭头为所有第2种操作询问的路线）。
数据范围
对于30% 的数据：Q≤1000Q≤1000。
对于另外30% 的数据：0≤x0,y0,x1,y1,x,y≤2000≤x0,y0,x1,y1,x,y≤200。
对于100% 的数据：Q≤105,0≤x0,y0,x1,y1,x,y≤109,x0<x1,y0<y1Q≤105,0≤x0,y0,x1,y1,x,y≤109,x0<x1,y0<y1；x0x0和y0y0不全为0,xx和yy不全为0。
来源
好题。
我一看是计算几何，就方了，
结果是道线段树。。。
横纵坐标分开处理
把所有有用的点按斜率离散化，于是一段线段就变成了一段区间。
那么修改操作就是区间取Max
查寻出x，y的最小值然后取较小的（先碰到）
注意判x, y为0的情况
本题奇技淫巧：
线段树不下传标记，查询时每层取Max（ccj线段树？orz）
把x=x*k化为y来比较而不是y=y/k 避免精度爆炸
double 开 long double 避免精度爆炸
或者用atan2
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#define maxn 400005
#define db long double
#define inf 2e9
using namespace std;
int Q,n,x,y,top,li,ri,pl,ansx,xid,ansy,yid;
db xl[maxn],kk,k1,k2,k3;
struct node{
int op;int xa,ya,xb,yb;
}s[maxn];
map<db,int>ls;
struct no{
int v,id,l,r;
}tree[maxn*2][2];
bool cmp(db aa,db bb){return aa>bb;}
void build(int k,int L,int R){
tree[k][0].l=tree[k][1].l=L;tree[k][0].r=tree[k][1].r=R;
tree[k][0].v=tree[k][1].v=inf;
if(L==R)return;
int mid=L+R>>1;
build(k*2,L,mid);build(k*2+1,mid+1,R);
}
void add(int k,int val,int id,int p){
if(tree[k][p].l>=li&&tree[k][p].r<=ri){
if(tree[k][p].v>=val){
tree[k][p].v=val;tree[k][p].id=id;
}return;
}
int mid=tree[k][p].l+tree[k][p].r>>1;
if(li<=mid)add(k*2,val,id,p);
if(ri>mid)add(k*2+1,val,id,p);
}
void ask(int k){
if(tree[k][0].v<ansx)ansx=tree[k][0].v,xid=tree[k][0].id;
if(tree[k][0].v==ansx)xid=max(xid,tree[k][0].id);
if(tree[k][1].v<ansy)ansy=tree[k][1].v,yid=tree[k][1].id;
if(tree[k][1].v==ansy)yid=max(yid,tree[k][1].id);
if(tree[k][0].l==tree[k][0].r)return;
int mid=tree[k][0].l+tree[k][0].r>>1;
if(pl<=mid)ask(k*2);
else ask(k*2+1);
}
db chu(int y,int x){
if(x==0)return inf;
db yy=y,xx=x;
return yy/xx;
}
int main()
{
cin>>Q;
for(int i=1;i<=Q;i++){
scanf("%d",&s[i].op);
if(s[i].op==1){
scanf("%d%d%d%d",&s[i].xa,&s[i].ya,&s[i].xb,&s[i].yb);
x=s[i].xa,y=s[i].ya;kk=chu(y,x);xl[++top]=kk;
x=s[i].xb,y=s[i].ya;kk=chu(y,x);xl[++top]=kk;
x=s[i].xa,y=s[i].yb;kk=chu(y,x);xl[++top]=kk;
}
else {
scanf("%d%d",&s[i].xa,&s[i].ya);
x=s[i].xa,y=s[i].ya;kk=chu(y,x);xl[++top]=kk;
}
}
sort(xl+1,xl+top+1,cmp);int tot=0;
for(int i=1;i<=top;i++){
if(!ls[xl[i]])ls[xl[i]]=++tot;
}
//cout<<top<<' '<<tot<<endl;
// x tree[0] y tree[1]
build(1,1,tot);
for(int i=1;i<=Q;i++){
if(s[i].op==1){
x=s[i].xa,y=s[i].ya;k1=chu(y,x);
x=s[i].xb,y=s[i].ya;k2=chu(y,x);
x=s[i].xa,y=s[i].yb;k3=chu(y,x);
li=ls[k1],ri=ls[k2];add(1,s[i].ya,i,0);
li=ls[k3],ri=ls[k1];add(1,s[i].xa,i,1);
}
else {
x=s[i].xa,y=s[i].ya;k1=chu(y,x);
pl=ls[k1],ansx=inf,xid=0,ansy=inf,yid=0;
ask(1);
if(!xid||!yid)printf("%d
",xid+yid);
else {
if(k1==inf){
if(s[xid].ya<s[yid].ya||xid<yid)printf("%d
",xid);
else printf("%d
",yid);continue;
}
if(k1==0){
if(s[xid].xa<s[yid].xa||xid<yid)printf("%d
",xid);
else printf("%d
",yid);continue;
}
double Y=ansy*k1;
if(ansx==Y)printf("%d
",max(xid,yid));
if(ansx<Y)printf("%d
",xid);
if(ansx>Y)printf("%d
",yid);
}
}
}
return 0;
}