$Poj3179\ Corral\ the\ Cows$ 二分+离散化+二维前缀和

Poj

 

$Description$

在一个二维平面上,有$N$颗草,每颗草的大小是$1*1$,左下角坐标为$x_i,y_i$.要求一个正方形,正方形的边平行于$x$或$y$轴,正方形里面包含至少$C$颗草.求正方形的最小边长.注意,同一个区域可能生长多颗草.

 数组范围:$1<=N,C<=500\ 1<=x_i,y_i<=10000$

 

$Sol$

最简单暴力的方法当然就是枚举正方形的一个顶点,就定为左上顶点叭,然后再从小到大枚举边长,然后$check()$,更新答案.显然这个方法复杂度爆炸$qwq$,而且,$check()$要用到二位前缀和,而根据$x,y$的范围,这根本就存不下.

1.虽然$x,y$的范围很大,但是$N$只有$500$鸭,所以就离散化!

2.发现合法的边长是单调的.如果当前边长可以,那么更大的显然也可以,所以二分就好了.

觉得这里的离散化好妙.jpg

特别要注意$lowerbound()$和$upperbound()$的区别吖!

 

$Code$

//#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define il inline
#define Rg register
#define go(i,a,b) for(Rg int i=a;i<=b;++i)
#define yes(i,a,b) for(Rg int i=a;i>=b;--i)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
il int read()
{
    Rg int x=0,y=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')y=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
    return x*y;
}
const int N=510;
int n,c,as,b[N*2],ct,sum[N*2][N*2];
struct node{int x,y;}a[510];
il bool ck(int qvq)
{
    if(qvq>=b[ct])return 1;
    Rg int ovo=upper_bound(b+1,b+ct+1,b[ct]-qvq+1)-b-1;
    go(i,1,ovo)
        go(j,1,ovo)
    {
        Rg int x=upper_bound(b+1,b+ct+1,b[i]+qvq-1)-b-1,y=upper_bound(b+1,b+ct+1,b[j]+qvq-1)-b-1;
        if(sum[x][y]-sum[i-1][y]-sum[x][j-1]+sum[i-1][j-1]>=c)return 1;
    }
    return 0;
}
int main()
{
    c=read(),n=read();
    go(i,1,n)a[i].x=read(),a[i].y=read(),b[++ct]=a[i].x,b[++ct]=a[i].y;
    sort(b+1,b+ct+1);ct=unique(b+1,b+ct+1)-(b+1);b[++ct]=10001;
    go(i,1,n)
    {
        Rg int x=lower_bound(b+1,b+ct+1,a[i].x)-b,y=lower_bound(b+1,b+ct+1,a[i].y)-b;
        sum[x][y]++;
    }
    go(i,1,ct)go(j,1,ct)sum[i][j]+=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1];
    Rg int l=1,r=10010,mid;
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)>>1;
        if(ck(mid))as=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d\n",as);
    return 0;
}