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
