P1325 雷达安装

P1325 雷达安装

题目

假设海岸线是一条无限延伸的直线。它的一侧是陆地，另一侧是海洋。每一座小岛是在海面上的一个点。雷达必须安装在陆地上（包括海岸线），并且每个雷达都有相同的扫描范围 $d$。你的任务是建立尽量少的雷达站，使所有小岛都在扫描范围之内。

数据使用笛卡尔坐标系，定义海岸线为 $x$ 轴。在 $x$ 轴上方为海洋，下方为陆地。

输入

第一行包括 $2$ 个整数 $n$ 和 $d$，$n$ 是岛屿数目，$d$ 是雷达扫描范围。

接下来 $n$ 行，每行两个整数，为岛屿坐标。

输出

一个整数表示最少需要的雷达数目，若不可能覆盖所有岛屿，输出 -1。

样例

输入

3 2
1 2
-3 1
2 1

输出

2

提示

样例 1 解释

数据范围

对于全部数据，$n\le 1000$，$ d \le 2\times 10^4$，$ | x_i | \le 2 \times 10^6 $，$ 0 \le y_i \le 2\times 10^4$。

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思路

在解决本题之前，先分析一下区间选点问题：

数轴上有 $n$ 个闭区间 $[a_i,b_i]$。取尽量少的点，使得每个区间内都至少有一个点（不同区间内含的点可以是同一个）。

1. 比较容易想到：如果有一大一小区间，由于小区间被满足时大区间一定也被满足，所以在区间包含的情况下，大区间不需要考虑。（如上图。）

2. 上述两种情况同时可以引发思考，如何对区间进行排序？假设按照区间右端点进行排序。如上图，则应该选择区间 $1$ 的右端点 $b_1$ 作为基准值（尽量更右），一旦区间 $2$ 的左端点 $a_2$ 大于 $b_1$ 时，则说明增加一个点覆盖 $b_2$，且更新基准值为 $b_2$ 供后面的区间进行比较。如果区间 $2$ 的左端点 $a_2$ 小于等于 $b_1$，则不需要增加新的点覆盖，基准值依然为 $b_1$。

3. 当进行右端点排序时，如果右端点相同，那么该如何选点？为保持相同的规律，依然选择上一个区间的右端点，左端点可任意排序。

接下来回归本题，通过分析发现该题目本质上是一个区间点覆盖问题，采用贪心策略，题目中说雷达必须安装到陆地上（包括海岸线），可以很容易地想到，对于每个不在海岸线上的雷达 $A$，和它的横坐标相同的海岸线上的雷达 $B$ 的海面探测范围一定包含 $A$ 的探测范围，因此，雷达一定要建在海岸线上。题目要求每个岛屿都要覆盖到，雷达的探测距离为 $d$，一个雷达想要探测到它，必须和它的距离小于等于 $d$。

由勾股定理 $d^2=s^2+y^2$ 推出探测到一个岛屿 $I(x,y)$ 的海岸线区间为 $[x-\sqrt{d^2-y^2},x+\sqrt{d^2-y^2}]$，这样每个岛屿都对应一个区间。我们需要在 $x$ 轴上取尽量少的点，使每个区间上都至少有一个点，于是问题转换为区间点覆盖问题。按照区间右端点升序排序，如果右端点相同，按照区间左端点升序排序或降序排序。记录第一个区间右端点 $nx$，枚举之后的区间，若区间左端点小于 $nx$，继续枚举，否则答案累加 $1$，且更新 $nx$ 为当前区间右端点。

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代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1000006;
int n, ans = 1, nx;
double d;

struct Range
{
	double a, b;
	Range()
	{
	}
	Range(double x, double y)
	{
		a = x;
		b = y;
	}
} r[N];

bool cmp(Range x, Range y)
{
	if (x.b < y.b)
		return 1;
	else if (x.b == y.b && x.a > y.a)
		return 1;
	return 0;
}

int main()
{
	scanf("%d %lf", &n, &d);
	double a, b;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		scanf("%lf %lf", &a, &b);
		if (b <= d)
			r[i] = Range(a - sqrt(d * d - b * b), a + sqrt(d * d - b * b));
		// 转换成区间问题
		else
		{
			printf("-1");
			return 0;
		}
	}
	sort(r + 1, r + 1 + n, cmp);
	nx = r[1].b;
	for (int i = 2; i <= n; i ++ )
	{
		if (r[i].a > nx)
		{
			ans ++;
			nx = r[i].b;
		}
	}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}