LA 3695 Distant Galaxy
给出n个点的坐标(坐标均为正数)，求最多有多少点能同在一个矩形的边界上。
题解里是构造了这样的几个数组，图中表示的很明白了。
首先枚举两条水平线，然后left[i]表示竖线i左边位于水平线上的点，on[i]表示位于竖线i上两条水平线之间(并不在水平线上)的点数，on2[i]表示位于竖线i上两条水平线之间加上水平线边界上的点数。
所以矩形框上的点数为：
left[j]-left[i]+on[i]+on2[j]
枚举右边界竖线j，j确定后维护on[i]-left[i]的最大值。
1 //#define LOCAL 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 7 const int maxn = 100 + 10; 8 int n, m, y[maxn], on[maxn], on2[maxn], left[maxn]; 9 10 struct Point 11 { 12 int x, y; 13 bool operator < (const Point& rhs) const 14 { 15 return x < rhs.x; 16 } 17 }p[maxn]; 18 19 int solve() 20 { 21 sort(p, p + n); 22 sort(y, y + n); 23 m = unique(y, y + n) - y; //m为不同y坐标的个数 24 if(m <= 2) 25 return n; 26 27 int ans = 0; 28 for(int a = 0; a < m; ++a) 29 for(int b = a + 1; b < m; ++b) 30 { 31 int ymin = y[a], ymax = y[b]; 32 33 //计算left, on, on2 34 int k = 0; //k记录竖线的条数 35 for(int i = 0; i < n; ++i) 36 { 37 if(i == 0 || p[i].x != p[i-1].x) 38 { //这是一条新的竖线 39 ++k; 40 on[k] = on2[k] = 0; 41 left[k] = k == 0 ? 0 : left[k-1] + on2[k-1] - on[k-1]; 42 } 43 if(p[i].y > ymin && p[i].y < ymax) 44 ++on[k]; 45 if(p[i].y >= ymin && p[i].y <= ymax) 46 ++on2[k]; 47 } 48 if(k <= 2) 49 return n; 50 51 int M = 0; 52 for(int j = 1; j <= k; ++j) 53 { 54 ans = max(ans, left[j] + on2[j] + M); 55 M = max(M, on[j] - left[j]); 56 } 57 } 58 59 return ans; 60 } 61 62 int main(void) 63 { 64 #ifdef LOCAL 65 freopen("3695in.txt", "r", stdin); 66 #endif 67 68 int kase = 0; 69 while(scanf("%d", &n) == 1 && n) 70 { 71 for(int i = 0; i < n; ++i) 72 { 73 scanf("%d%d", &p[i].x, &p[i].y); 74 y[i] = p[i].y; 75 } 76 printf("Case %d: %d\n", ++kase, solve()); 77 } 78 return 0; 79 }
小结：大白书上面的题感觉思路之奇妙，仔细琢磨也不能百分百领会其精髓。一定是我等弱渣太弱了，做题太少了。
