bzoj1071 [SCOI2007]组队

Description

NBA每年都有球员选秀环节。通常用速度和身高两项数据来衡量一个篮球运动员的基本素质。假如一支球队里速度最慢的球员速度为\(minV\)，身高最矮的球员高度为\(minH\)，那么这支球队的所有队员都应该满足: \(A \cdot ( height – minH ) + B \cdot ( speed – minV ) \leqslant C\) 其中\(A\)和\(B\)，\(C\)为给定的经验值。这个式子很容易理解，如果一个球队的球员速度和身高差距太大，会造成配合的不协调。 请问作为球队管理层的你，在\(N\)名选秀球员中，最多能有多少名符合条件的候选球员。

Input

第一行四个数\(N\)、\(A\)、\(B\)、\(C\) 下接\(N\)行每行两个数描述一个球员的\(height\)和\(speed\)

Output

最多候选球员数目。

Sample Input

4 1 2 10
5 1
3 2
2 3
2 1

Sample Output

4

HINT

数据范围： \(N \leqslant 5000\) ,\(heigh\)t和\(speed\)不大于\(10000\)。\(A\)、\(B\)、\(C\)在长整型以内。

Solution

尺取好题。首先不等式原式很烦人，我们要试着转一下。移项得\(A \cdot height + B \cdot speed \leqslant A \cdot minH + B \cdot minV + C\)。
设\(s = A \cdot height + B \cdot speed\)。
暴力容易做，枚举\(minV\)和\(minH\)，看有多少个球员能加入。
考虑先枚举一维，枚举\(minV\)，忽略所有\(speed\)小于\(minV\)的球员。
下面枚举\(minH\)。如果将球员按\(height\)排序，\(A \cdot height + B \cdot speed\)并不单调，所以无法直接尺取。然而\(A \cdot minH + B \cdot minV + C\)是单调的，这个性质就是解题关键。我们维护两个序列，第一个序列按照\(s\)从小到大排序，第二个序列按照 \(height\) 从小到大排序，我们从小到大枚举\(minH\)。然后就可以尺取了。
尺取维护两个指针，\(r\)表示第一个序列中\([1, r)\)满足不等式的限制，\(l\)表示第二个序列中\([1, l)\)满足\(minH\)的限制。
大概内容已经说完了，剩下的就看代码吧。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline int read() {
	int x = 0, flag = 1; char ch = getchar();
	while (ch > '9' || ch < '0') { if (ch == '-') flag = -1; ch = getchar(); }
	while (ch <= '9' && ch >= '0') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return x * flag;
}
inline void write(int x) { if (x >= 10) write(x / 10); putchar(x % 10 + '0'); }

#define N 5001
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define ll long long

int n;
ll A, B, C;
struct manType { int h, v; ll s; void get() { s = A * h + B * v; } }x[3][N];
bool cmpH(const manType a, const manType b) { return a.h < b.h; }
bool cmpS(const manType a, const manType b) { return a.s < b.s; }

int main() {
	n = read(), A = read(), B = read(), C = read();
	rep(i, 1, n) x[0][i].h = read(), x[0][i].v = read(), x[0][i].get(), x[1][i] = x[0][i];
	sort(x[0] + 1, x[0] + 1 + n, cmpS), sort(x[1] + 1, x[1] + 1 + n, cmpH);
	int ans = 0;
	rep(i, 1, n) {
		int l = 1, r = 1, cnt = 0;
		rep(j, 1, n) {
			int minV = x[0][i].v, minH = x[1][j].h;
			ll val = minH * A + minV * B + C;
			while (r <= n && x[0][r].s <= val)
				cnt += x[0][r].v >= minV && x[0][r].h >= x[1][l].h, r++;
				//如果x[0][r] < x[1][l],那么它在上一轮就会被删除
			while (l <= n && x[1][l].h < minH)
				cnt -= x[1][l].s <= val && x[1][l].v >= minV, l++;
			ans = max(ans, cnt);
		}
	}
	write(ans);
	return 0;
}