LOJ 2548 「JSOI2018」绝地反击 ——二分图匹配+网络流手动退流
题目：https://loj.ac/problem/2548
如果知道正多边形的顶点，就是二分答案、二分图匹配。于是写了个暴力枚举多边形顶点的，还很愚蠢地把第一个顶点枚举到 2*pi ，其实只要 \( \frac{2*pi}{n} \) 就行了。
总之能得10分。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #define db double using namespace std; db Mx(db a,db b){return a>b?a:b;} db Mn(db a,db b){return a<b?a:b;} const int N=205,M=N*N; const db eps=1e-7,Pls=1e-4,pi2=2*acos(-1); int dcmp(db x) { if(x>eps)return 1;if(x<-eps)return -1;return 0;} int n,R; db dis[N][N]; int hd[N],xnt,to[M],nxt[M],per[N],dfn[N],tim; struct Node{ db x,y;}a[N],b[N]; db Sqr(db x){return x*x;} db get_dis(Node u,Node v) {return sqrt(Sqr(u.x-v.x)+Sqr(u.y-v.y));} void add(int x,int y){to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;} bool xyl(int cr) { for(int i=hd[cr],v;i;i=nxt[i]) if(dfn[v=to[i]]!=tim) { dfn[v]=tim; if(!per[v]||xyl(per[v])) { per[v]=cr; return true;} } return false; } bool chk(db lm) { memset(hd,0,sizeof hd); xnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(dcmp(dis[i][j]-lm)<=0)add(i,j);//<= not < memset(per,0,sizeof per);memset(dfn,0,sizeof dfn);//dfn!! for(int i=1;i<=n;i++) {tim=i; if(!xyl(i))return false;} return true; } int main() { scanf("%d%d",&n,&R); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y); db ans=300; for(db alp=0;alp<=pi2;alp+=Pls) { db bs=2*acos(-1)/n; for(int i=1;i<=n;i++) { alp+=bs; if(alp>pi2)alp-=pi2; b[i].x=R*cos(alp); b[i].y=R*sin(alp); } db l=0,r=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) dis[i][j]=get_dis(a[i],b[j]),r=Mx(r,dis[i][j]); r=Mn(r+eps,ans); while(r-l>=eps) { db mid=(l+r)/2; if(chk(mid))ans=mid,r=mid-eps; else l=mid+eps; } } printf("%.8f\n",ans); return 0; }
题解：https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/10420259.html
首先，把二分放在外面，已知二分值，再考虑是否存在一个合法多边形。
已知二分值，一个点的可匹配范围是圆弧上一段区间。
合法方案可以转动多边形使得某个顶点卡在某个范围的边界上。一共有 O(n) 个边界，让多边形的第一个点分别卡上去即可。O( n4logn )。
多边形第一个点的转动角度可以对 \( \frac{2*pi}{n} \) 取模。
因为多边形两点在圆弧上的间距是 \( \frac{2*pi}{n} \) ，转动角度又小于 \( \frac{2*pi}{n} \) ，所以不管怎么转，对一个点的匹配最多导致一条边被删除/加入。
每个点产生两个转动角度，可知一个使得可以多匹配一个顶点，另一个使得少匹配一个顶点；角度取模后排序，每次把一个角度的影响加入后，整个图多/少了一条边。
删掉一条边 ( u , v ) 的话，看看它如果有流量，就手动给源点到 u 的边、 v 到汇点的边改一下流量。注意给总流量减 1 。
每次删/加边之后跑一次网络流即可。注意删边也要跑。
找一个点在圆弧上的区间，用余弦公式可知 R , mid , dis 围成的三角形的一个角的 cos 。
要特判一个点可以走到圆上任一点，还要特判走不到圆上的任一点。不然 acos( ) 会有 nan 。
代码里是把圆的 x 轴上的那个点看作第 n 个点。转动看作顺时针转动。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #define db double using namespace std; int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;} int Mn(int a,int b){return a<b?a:b;} db Sqr(db x){return x*x;} const int N=205,N2=N<<1,M=N*N2; const db jmp=1e-7,eps=1e-10,pi2=2*acos(-1); int dcmp(db x) {if(x>eps)return 1;if(x<-eps)return -1;return 0;} int n,r2,nR,en; db x[N],y[N],alp[N],dis[N],d2[N],bs; int hd[N2],cur[N2],xnt,to[M],nxt[M],cap[M],dfn[N2],q[N2];//N2 struct Node{ db x;int u,v;bool fx; Node(db x=0,int u=0,int v=0,bool f=0): x(x),u(u),v(v),fx(f) {} bool operator< (const Node &b)const {return x<b.x;} }t[N<<1]; void add(int x,int y) { to[++xnt]=y;nxt[xnt]=hd[x];hd[x]=xnt;cap[xnt]=1; to[++xnt]=x;nxt[xnt]=hd[y];hd[y]=xnt;cap[xnt]=0; } void del(int x,int y,int &flow) { int tp=0; for(int i=hd[x],pr;i;pr=i,i=nxt[i]) if(to[i]==y) {if(i==hd[x])hd[x]=nxt[i]; else nxt[pr]=nxt[i]; break;} for(int i=hd[y],pr;i;pr=i,i=nxt[i]) if(to[i]==x) { if(i==hd[y])hd[y]=nxt[i]; else nxt[pr]=nxt[i]; tp=cap[i]; break;} if(!tp)return; flow--; for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]==0){ cap[i]=0;cap[i^1]=1;break;} for(int i=hd[y];i;i=nxt[i]) if(to[i]==en){ cap[i]=1;cap[i^1]=0;break;} } bool bfs() { int he=0,tl=0; memset(dfn,0,sizeof dfn); dfn[0]=1; q[++tl]=0; while(he<tl) { int k=q[++he]; for(int i=hd[k],v;i;i=nxt[i]) if(cap[i]&&!dfn[v=to[i]]) dfn[v]=dfn[k]+1, q[++tl]=v; } return dfn[en]; } int dinic(int cr,int flow) { if(cr==en)return flow; int use=0; for(int &i=cur[cr],v;i;i=nxt[i]) if(cap[i]&&dfn[v=to[i]]==dfn[cr]+1) { int tmp=dinic(v,Mn(flow-use,cap[i])); if(!tmp)dfn[v]=0; use+=tmp; cap[i]-=tmp; cap[i^1]+=tmp; if(use==flow)return use; } return use; } bool chk(db mid) { xnt=1;memset(hd,0,sizeof hd); int tot=0; db m2=Sqr(mid); for(int i=1;i<=n;i++) { if(mid>=dis[i]+nR) { for(int j=1;j<=n;j++)add(i,j+n); continue;} if(mid<dis[i]-nR)continue;//// db fx=acos((r2+d2[i]-m2)/(2*nR*dis[i])); db l=alp[i]-fx, r=alp[i]+fx; if(l<0)l+=pi2; if(r<0)r+=pi2;//r<0 for alp<0 int L=l/bs, R=r/bs;//bs not pi2 //if(!L)L=n; if(!R)R=n;//not for l-L*bs t[++tot]=Node(l-L*bs,i,L?L:n,0);//bs not pi2 t[++tot]=Node(r-R*bs,i,R?R:n,1); if(!L)L=n; if(!R)R=n;// if(L<=R) for(int j=L+1;j<=R;j++)add(i,j+n); else { for(int j=L+1;j<=n;j++)add(i,j+n); for(int j=1;j<=R;j++)add(i,j+n);} } int flow=0; for(int i=1;i<=n;i++)add(0,i),add(i+n,en); while(bfs())memcpy(cur,hd,sizeof hd),flow+=dinic(0,n); if(flow==n)return true; sort(t+1,t+tot+1); for(int i=1;i<=tot;i++) if(!t[i].fx) { add(t[i].u,t[i].v+n); if(bfs())memcpy(cur,hd,sizeof hd),flow+=dinic(0,n); if(flow==n)return true; } else { del(t[i].u,t[i].v+n,flow); if(bfs())memcpy(cur,hd,sizeof hd),flow+=dinic(0,n);// } return false; } int main() { scanf("%d%d",&n,&nR); bs=pi2/n; en=(n<<1)+1; r2=Sqr(nR); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]); alp[i]=atan2(y[i],x[i]); dis[i]=sqrt(Sqr(x[i])+Sqr(y[i])); d2[i]=Sqr(dis[i]); } db l=0,r=250,ans; while(r-l>jmp) { db mid=(l+r)/2; if(chk(mid))ans=mid,r=mid-jmp; else l=mid+jmp; } printf("%.8f\n",ans); return 0; }
