【前言】话说好久没有写题解了。到暑假了反而忙。o(╯□╰)o

【原题】

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【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级别的平面最近点对吧（CF 245 DIV 2 D）。很容易懂。

详细的原理可以参考这个博客，讲的很详细。（很多时候只要感性认识原理即可）下面讲一下具体做法。

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个之间的所有点的最近点对。

③如果l=r，那么返回无穷大；如果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，不妨设为d1和d2。首先我们设D=MIN(d1,d2)，即当前的最优值暂时是D。

⑤显然，还有一种情况。左边那块的某个点和右边那块的某个点产生关系。那么，我们可以从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——因为只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，如果直接枚举两两点要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，只是加了一个优化（从底下开始枚举i，如果Y[J]-Y[I]>D就直接break）——这样可证明几乎是线性。总复杂度N*logN*logN。

再讲一下本题，也是差不多道理。因为是三角形，我们把一些细节改一下即可。

【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;
}