【前言】话说好久没有写题解了。到暑假了反而忙。o(╯□╰)o
【原题】
2458: [BeiJing2011]最小三角形
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Description
Xaviera如今遇到了一个有趣的问题。
平面上有N个点。Xaviera想找出周长最小的三角形。
因为点许多。分布也很乱，所以Xaviera想请你来解决问题。
为了减小问题的难度，这里的三角形也包含共线的三点。
Input
第一行包括一个整数N表示点的个数。
接下来N行每行有两个整数，表示这个点的坐标。
Output
输出仅仅有一行。包括一个6位小数，为周长最短的三角形的周长（四舍五入）。
Sample Input
1 1
2 3
3 3
3 4
Sample Output
HINT
100%的数据中N≤200000。
Source
【分析】今天新学了解决这类问题的方法——分治。
没错，就是分治。
先讲一下n是10^5级别的平面近期点对吧（CF 245 DIV 2 D）。非常easy懂。
具体的原理能够參考这个博客。讲的非常具体。
（非常多时候仅仅要感性认识原理就可以）以下讲一下具体做法。
①对于平面上的点。按x坐标排序（这是永久排序）。
②每次递归（l。r）。函数的返回值是第l个到第r个之间的全部点的近期点对。
③假设l=r。那么返回无穷大；假设l+1=r。就直接返回两个点的距离。
④每次先递归（l。mid）和（mid+1，r）。显然，这两个会有两个返回值。最好还是设为d1和d2。
首先我们设D=MIN(d1,d2)。即当前的最优值临时是D。
⑤显然，另一种情况。左边那块的某个点和右边那块的某个点产生关系。那么，我们能够从mid这个位置向左跑到mid-D，向右跑到mid+D，然后把这一段中的点都拎出来——由于仅仅有这两段中的点才有可能产生小于D的贡献。
⑥这时候我们要意识到潜在复杂度的保证（实际原理也不难懂呵）。
首先，假设直接枚举两两点要N^2。我们先把拎出来的点按y排序。
（NlogN）然后看似也是N^2的枚举，仅仅是加了一个优化（从底下開始枚举i。假设Y[J]-Y[I]>D就直接break）——这样可证明差点儿是线性。
总复杂度N*logN*logN。
再讲一下本题。也是几乎相同道理。
由于是三角形，我们把一些细节改一下就可以。
【代码】
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define N 200005
#define INF 210000000000.0
using namespace std;
struct arr{int x,y;}a[N],num[N];int n,i,Test;
inline bool cmpx(const arr &a,const arr &b){return a.x<b.x;}
inline bool cmpy(const arr &a,const arr &b){return a.y<b.y;}
inline double dis(const arr &a,const arr &b){return sqrt((a.x-b.x)*1.*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*1.*(a.y-b.y));}
inline double work(int l,int r)
{
if (l==r) return INF;
if (l+1==r) return INF;
if (l+2==r) return dis(a[l],a[l+1])+dis(a[l+1],a[r])+dis(a[l],a[r]);
int mid=(l+r)>>1;
double d1=work(l,mid),d2=work(mid+1,r);
double D=min(d1,d2),ans=D,DD=D/2.0;int cnt=0;
for (int i=l;i<=r;i++)
if (fabs(a[mid].x-a[i].x)<=DD) num[++cnt]=a[i];
sort(num+1,num+cnt+1,cmpy);
for (int i=1;i<cnt-1;i++)
for (int j=i+1;j<cnt;j++)
{
if (num[j].y-num[i].y>DD) break;
for (int k=j+1;k<=cnt;k++)
{
if (num[k].y-num[i].y>DD) break;
double temp=dis(num[i],num[j])+dis(num[i],num[k])+dis(num[j],num[k]);
if (temp<ans) ans=temp;
}
}
return ans;
}
int main()
{
read(n);//读入优化就不贴了。
for (i=1;i<=n;i++)
read(a[i].x),read(a[i].y);
sort(a+1,a+n+1,cmpx);
printf("%.6lf",work(1,n));
return 0;
}