n<=10000个点，求欧几里德距离最小的一对点。

经典分治，把这些点按x排序，分成两半，每边分别算答案，答案是左边的最小，右边的最小，左右组起来的最小三者的最小。发现只有左右组的有点难写。

假设左右两半各自的最小中的最小是d，左半边最右的点横坐标是X1，右半边最左的点的横坐标是X2。那么只需要坐标在X1-d到X2+d的范围内的点找更小的距离。如下图。

极端地，x1和x2相等时，x1上的某一个点最多可能和多少点组更小的距离呢？

 

 假如左半边上在x1上有一个大大的点，那么右半边的点只有在圆形区域内才可能组成更小距离。而由于右边的点的最小距离不小于d，因此涉及到圆形区域对应的纵坐标范围的点最多有：

这样六个点，也就是说，比如左边那个点纵坐标y，只要在右边找到纵坐标大于等于y的第一个点，然后用它上下的六个点来和左边那个点凑更短的距离即可。这样，只需要把两半横坐标符合的点装进两个数组里，按y排序，两个指针扫一次即可。

1 #include
      
        2 #include
       
         3 #include
        
          4 #include
         
           5 #include
          
            6 //#include
           
             7 using namespace std; 8 9 int n;10 #define maxn 1001111 struct Point12 {13 double x,y;14 }p[maxn],a[maxn],b[maxn];int la=0,lb=0;15 bool cmpx(const Point &a,const Point &b) { return a.x
            
             >1;27 double ans=min(merge(L,mid),merge(mid+1,R));28 la=lb=0;29 for (int i=L;i<=mid;i++) if (p[mid].x-p[i].x<=ans) a[++la].x=p[i].x,a[la].y=p[i].y;30 for (int i=mid+1;i<=R;i++) if (p[i].x-p[mid+1].x<=ans) b[++lb].x=p[i].x,b[lb].y=p[i].y;31 sort(a+1,a+1+la,cmpy);sort(b+1,b+1+lb,cmpy);32 int j=1;33 for (int i=1;i<=la;i++)34 {35 while (j<=lb && b[j].y