前言

这题是NOIP时期做的
但是那时候比较傻逼，于是没有认真想证明
然后今天我在作bzoj的一道题的时候回忆起了这道题。。
然后发现不是很记得了
于是赶紧补了一发

题意

就是给你n个点，要你求最近公共点对

题解

我们考虑分治，先按x进行排序
然后我们先处理两边的答案，设得到了两个答案$d1$,$d2$，然后令$d=min(d1,d2)$
然后最后考虑跨过中垂线的答案
明显地，你距离中垂线的距离不可以超过d
然后我们就得到了左边一些点，右边一些点
然后我们暴力枚举左边的点，然后去暴力和右边的点匹配
但是，这里有一个优化
因为我们知道，之前的最小值是d了
所以，如果我们左边的点要匹配，那么他有右边的点肯定是在他一个$d*2d$的矩阵里
比如下面这个丑陋的图
黄色线是分治的分割线，然后红色是一个矩阵，当然，在点的下面还有一个，我就不画了

然后在分割线右边的，就是一个最大就是$d*d$的矩阵
但是我们又知道，右边的点，距离肯定是不会小于d的
于是我们考虑，对于一个$d*d$的矩阵，能选择多少个点，使得里面任意两个点的距离不小于d
可以发现，最多只有4个，就是选择四个顶点。
所以两个矩阵最多只有8个
其实有两个还是重复的，所以只有6个
所以我们可以按y排序，然后对于每一个点，就暴力扫他可能产生答案的6个点就可以了

时间复杂度$O(8*nlogn)$如果大家写块排的话就会多一个log

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=200005;
const double MAX=(1LL<<55);
int n;
struct qq
{double x,y;
}s[N];
bool cmpx (qq a,qq b){
   return a.x<b.x;}
bool cmpy (qq a,qq b){
   return a.y<b.y;}
qq lalal[N];
double dis (qq a,qq b)
{return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y));
}
double solve (int l,int r)
{if (l==r) return MAX;int mid=(l+r)>>1;double d1=solve(l,mid);double d2=solve(mid+1,r);double d=min(d1,d2);int tot=0;for (int u=l;u<=r;u++)if (abs(s[u].x-s[mid].x)<=d)lalal[++tot]=s[u];sort(lalal+1,lalal+1+tot,cmpy);for (int u=1;u<=tot;u++)for (int i=u+1;i<=tot&&lalal[i].y-lalal[u].y<d;i++){double d3=dis(lalal[i],lalal[u]);if (d>d3)   d=d3;}return d;
}
int main()
{scanf("%d",&n);for (int u=1;u<=n;u++)  scanf("%lf%lf",&s[u].x,&s[u].y);sort(s+1,s+1+n,cmpx);printf("%.4lf\n",solve(1,n));return 0;
}