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一道非常经典的分治题目
首先先把所有点按 \(x\) 坐标排个序，方便分治。
每次将查询区间一分为二，分治出两个区间的答案。
那么合并的时候就只会有下面三种情况
我们可以先把右区间那些 \(x\) 坐标减去左区间里最大的 \(x\) 坐标 < min{左区间答案,右区间答案}的都筛出来，因为这些点是有可能对新答案产生贡献的。
然后枚举下左边的点与右边的点更新答案，然而这样子明显 GG
要快速的找出那些对于某个左边点可能有贡献的右边点，方法就是在分治的过程中把每个区间的点都按 \(y\) 坐标排序
不难求证，对于每个点可能有贡献的最多只会有 \(6\) 个点，所以复杂度就有了保障 \((N·log_2N)\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define sqr(x) ((x) * (x))
const int MaxN = 2e5 + 5;
const int Inf = 0x3f3f3f3f;
int N;
struct Node
{
double x, y;
}A[MaxN], C[MaxN];
bool comp(Node a, Node b)
{
return a.x < b.x;
}
inline double dist(double X1, double Y1, double X2, double Y2)
{
return sqrt(sqr(X1 - X2) + sqr(Y1 - Y2));
}
double DAC(int l, int r)
{
if(l == r) return Inf;
int tot = 0, p = 1, mid = l + r >> 1;
double t = A[mid].x, d = std::min(DAC(l, mid), DAC(mid + 1, r));
for(int i = mid + 1; i <= r; ++i)
if(A[i].x - t < d) C[++tot] = A[i];
for(int i = l; i <= mid; ++i)
{
if(t - A[i].x >= d) continue;
while(p <= tot && A[i].y - C[p].y >= d) ++p;
for(int j = p; j <= tot && C[p].y - A[i].y < d; ++j)
d = std::min(d, dist(A[i].x, A[i].y, C[j].x, C[j].y));
}
for(int i = l, l1 = l, l2 = mid + 1; i <= r; ++i)
{
if((A[l1].y < A[l2].y && l1 <= mid) || l2 > r) C[i] = A[l1++];
else C[i] = A[l2++];
}
for(int i = l; i <= r; ++i) A[i] = C[i];
return d;
}
int main()
{
scanf("%d", &N);
for(int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%lf %lf", &A[i].x, &A[i].y);
std::sort(&A[1], &A[N + 1], comp);
printf("%.4lf\n", DAC(1, N));
return 0;
}标签：一个 分治 min stream 最大 show scan ++i org
原文地址：https://www.cnblogs.com/zcdhj/p/8996446.html
