标签:== 现在 分治 print pac 一个 include ret 精度
一,平面最近点对
问题:在给n个平面上的点,让你找到最近的一对点。
暴力n*n做法肯定超时。
我们考虑分治。
1-n这个区间,我们可以先找到A=(1-mid)和B=(mid+1,n)这个区间的最小点对。并一直递归下去。
现在主要的问题,在于如何对这两个区间进行合并操作。
因为,也许最近点对是A区间一个点B区间一个点。
我们可以继续考虑
合并这两个区间,我们有必要把这两个区间所有的点都拿来比较一下吗?
肯定是没有必要的。
假如当前所求的最小距离为minx,同时我们可以把a[mid]作为一个旗标。
A区间和B区间的点离旗标之间的距离如果大于minx。那我肯定就不用考虑了。
所以我们合并的时候要考虑的x范围是[a[mid] - minx,a[mid] + minx]。超过这个范围的x,距离一定会比minx大。
可是这样还不够,万一所考虑的区间很多点,那复杂度还是降不下来。
我们用考虑x的想法继续去考虑y。
对于一个点a的y来说,与点a的最近点b的y,一定不会离a的y差minx距离。
所以我们用这种方法可以把所考虑到的点降低到只有7个点。
为什么是7个点呢?
可看下面这篇证明:https://oi-wiki.org/geometry/nearest-points/
参考博客:https://www.cnblogs.com/kamimxr/p/11200473.html 大佬的图解很好懂了。
例题一:https://www.luogu.com.cn/problem/P1429
这题是裸题,可以做模板了。(逃,巨弱还是错了n次,痛
#include"stdio.h" #include"string.h" #include"vector" #include"math.h" #include"algorithm" using namespace std; typedef struct Node{ double x,y; int id; }Node; int n; Node node[200100]; Node tran[200100]; double minx = 1e20; bool same(double a, double b) { /// 1e-5精度意义下的浮点数相等 if(fabs(a-b) <= 1e-5) return true; return false; } int cmpx(Node a,Node b){ if(!same(a.x, b.x)) return a.x<b.x; return a.y<b.y; } int cmpy(Node a,Node b){ if(!same(a.y, b.y)) return a.y<b.y; return a.x<b.x; } void dist_minx(Node a,Node b){ double sum = sqrt((a.x - b.x) * (a.x - b.x) + (a.y - b.y) * (a.y - b.y)); minx = min(minx,sum); } void merge_node(int l,int mid,int r) { int t = 0; int i = l,j = mid + 1; while(i <= mid && j <= r) { if(node[i].y < node[j].y) { tran[++ t] = node[i]; i ++; continue; } else { tran[++ t] = node[j]; j ++; continue; } } while(i <= mid) tran[++ t] = node[i ++]; while(j <= r) tran[++ t] = node[j ++]; for(int i = l; i <= r; i ++) node[i] = tran[i - l + 1]; } void Blocking(int l,int r) { if(r - l <= 3) { for(int i = l; i < r; i ++) { for(int j = i + 1; j < r; j ++) { dist_minx(node[i],node[j]); } } sort(node + l,node + r + 1,cmpy); return ; } int mid = (l + r) >> 1; double midx = node[mid].x; Blocking(l,mid); Blocking(mid + 1,r); merge_node(l,mid,r); vector<Node> Q; for(int i = l; i <= r; i ++) { if(fabs(node[i].x - midx) >= minx) continue; for(int j = Q.size() - 1; j >= 0; j --) { if(fabs(Q[j].y - node[i].y) >= minx) break; dist_minx(Q[j],node[i]); } Q.push_back(node[i]); } Q.clear(); return ; } int main() { scanf("%d",&n); for(int i = 1; i <= n; i ++) { scanf("%lf%lf",&node[i].x,&node[i].y); node[i].id = i; } sort(node + 1,node + n + 1,cmpx); Blocking(1,n); printf("%0.4lf\n",minx); }
例题二:http://codeforces.com/problemset/problem/120/J
题意是要我们找到一对点:类似于最近点对的sqrt((xi+xj)^2 +(yi+yj)^2)使其值最小的点对。
观察可得,这个式子是不是跟两点间的距离就只差了一个符号。
那我们可以把式子转化为:sqrt((xi-(-xj))^2 +(yi-(-yj))^2)
在根据题意,一个点可以自由转化为带负数的形式。就可做了。
吐了,cmpx写错导致浪费了3个小时。
注意:你不能直接在求路径的时候加负数。这会导致你的y排序不满足的问题。
所以,我们应该在最后的时候在把k转换过来。
#include"stdio.h" #include"string.h" #include"vector" #include<bits/stdc++.h> #include"math.h" #include"algorithm" using namespace std; typedef long long ll; typedef struct Node{ ll x,y; int id,stae; }Node; int n; Node node[800100]; Node tran[800100]; ll minx = LONG_LONG_MAX; int v1,v2,s1,s2; int cmpx(Node a,Node b){ if(a.x != b.x) return a.x<b.x; return a.y<b.y; } int cmpy(Node a,Node b){ if(a.y == b.y) return a.x < b.x; return a.y<b.y; } void dist_minx(Node a,Node b){ if(a.id == b.id) return ; ll sum = ((a.x - (b.x)) * (a.x - (b.x)) + (a.y - (b.y)) * (a.y - (b.y))); if(minx>sum) { minx = sum; v1 = a.id,v2 = b.id; s1 = a.stae;s2 = b.stae; } return ; } void merge_node(int l,int mid,int r) { int t = 0; int i = l,j = mid + 1; while(i <= mid && j <= r) { if(node[i].y < node[j].y) { tran[++ t] = node[i]; i ++; continue; } else { tran[++ t] = node[j]; j ++; continue; } } while(i <= mid) tran[++ t] = node[i ++]; while(j <= r) tran[++ t] = node[j ++]; for(int i = l; i <= r; i ++) node[i] = tran[i - l + 1]; } void Blocking(int l,int r) { if(r - l <= 5) { for(int i = l; i < r; i ++) { for(int j = i + 1; j <= r; j ++) { dist_minx(node[i],node[j]); } } sort(node + l,node + r + 1,cmpy); return ; } int mid = (l + r) >> 1; ll midx = node[mid].x; Blocking(l,mid); Blocking(mid + 1,r); merge_node(l,mid,r); vector<Node> Q; for(int i = l; i <= r; i ++) { if((node[i].x - (midx)) * (node[i].x - (midx)) >= minx) continue; for(int j = Q.size() - 1; j >= 0; j --) { if((Q[j].y - (node[i].y)) *(Q[j].y - (node[i].y)) >= minx) break; dist_minx(Q[j],node[i]); } Q.push_back(node[i]); } Q.clear(); return ; } int main() { freopen("input.txt","r",stdin); freopen("output.txt","w",stdout); scanf("%d",&n); int top = 0; for(int i = 1; i <= n; i ++) { ll x,y; scanf("%lld%lld",&x,&y); node[++ top].x = x; node[top].y = y; node[top].id = i; node[top].stae = 1; node[++ top].x = -x; node[top].y = y; node[top].id = i;node[top].stae = 2; node[++ top].x = x; node[top].y = -y; node[top].id = i; node[top].stae = 3; node[++ top].x = -x; node[top].y = -y; node[top].id = i; node[top].stae = 4; } n = n * 4; sort(node + 1,node + n + 1,cmpx); Blocking(1,n); printf("%d %d %d %d\n",v1,s1,v2,5 - s2); }
标签:== 现在 分治 print pac 一个 include ret 精度
原文地址:https://www.cnblogs.com/yrz001030/p/12334186.html