P7561[JOISC 2021 Day2] 道路の建設案 (Road Construction) 题解

P7561[JOISC 2021 Day2] 道路の建設案 (Road Construction) 题解

题目描述

JOI 国是一个 $x\times y$ 的二维平面，王国里有 $n$ 个城镇，分别编号为 $1,2,\cdots ,n\in [1,2.5\times {10}^5]$，其中第 $i$ 个城镇的 坐标 为 $(x_i,y_i)$。

在 JOI 国，正计划修建连接两座城镇的路（下文简称：「修路的项目」），路有 $k$ 条。连接两个不同的城镇 $a$ 和 $b$ 将花费 $|x_a-x_b|+|y_a-y_b|$ 元。若有一条连接 $c$，$d$ 的路，则不需要也不可以在建一条连接 $d$，$c$ 的路，因为它们是相同的。

你要管理这个「修路的项目」，为了计算花费情况，你得弄明白连接一些城镇所需的花费。在这 ${\displaystyle \frac{n\cdot (n-1)}{2}}$ 条道路中，你想了解最便宜的 $k$ 条道路的花费。

给你城镇的坐标以及 $k$，请计算最便宜的 $k$ 条路所需要的钱。

解析

首先你要知道什么是曼哈顿距离和切比雪夫距离及相互转化。

推荐学习曼哈顿距离与切比雪夫距离的互化。

现在我把点坐标转化后就是要求解这样一个问题：

$$max(|x_i-x_j|,|y_i-y_j|)$$

选出前 $k$ 小。

我们可以二分一下第 $k$ 小的值 $mid$，再 check 有没有 $k$ 个距离小于 mid 。

同时我们不需要真正数有多少点对，点对数 $\ge k$ 时直接返回 true 即可。

具体操作是先按照 $x$ 排序。

假设当前到了 $x_i$ ，将所有 $[x_i-mid,x_i]$ 的点放入 set 里面，

之前在 $[x_{i-1}-mid,x_{i-1}]$ 里面的但不在 $[x_i-mid,x_i]$ 删掉（用双指针维护）。

然后在 set 里面先二分找到 $y_i-mid$，枚举到 $y_i+mid$ ，每枚举到一个就 ++ans。

当 ans >= k 的时候就直接 return 。

最后如何求出答案？

找到第 $k$ 小的值 $mid$ 了之后，再 check 一次 $mid-1$，这样一定可以找到小于 $k$ 个长度小于 $mid$ 的长度，最后再用 $mid$ 把 $k$ 补满，就是答案。

因为 $ans>=k$ 会 return 所以严格 $O(n\log n)$。

温馨提示

1.因为转化为切比雪夫距离，又要互相加减，所以要开 long long 。

2.用 multiset ，因为可能有相同长度。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
const int N = 3e7 + 10; 
int n, k;
ll x,y,an[N],ans = 0,l,r,mid;
queue<int>q;
struct node{
	ll x, y;
	bool operator <(const node a)const{
		return x < a.x; 
	} 
}p[N];
struct Node{
	ll x, y;
	bool operator <(const Node a)const{
		return y < a.y; 
	} 
};
multiset<Node>s;
void input(){
	cin>>n>>k;
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		cin>>x>>y;
		p[i].x = x - y;
		p[i].y = x + y;
	}
	sort(p + 1,p + 1 + n);
}
bool check(ll mid){
	q = queue<int>();
	s = multiset<Node>();
	ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		while(q.size() && p[i].x - p[q.front()].x > mid){
			multiset<Node>:: iterator w = s.find((Node){0,p[q.front()].y});
			s.erase(w);
			q.pop();
		}	
		multiset<Node>::iterator lz = s.lower_bound((Node){0,p[i].y - mid});
		while(lz != s.end() && (*lz).y <= p[i].y + mid){
			an[++ans] = max(abs((*lz).x - p[i].x),abs((*lz).y - p[i].y));
			if(ans >= k) return 1;
			++lz;
		}
		q.push(i);
		s.insert((Node){p[i].x,p[i].y}); 
	}
	return 0;
}
void op(){
	
	l = 0,r = 4e9,mid;
	while(l < r){
		mid = (l + r) >> 1;
		if(check(mid)){
			r = mid;
		}else{
			l = mid + 1;
		}
	} 
	check(l - 1);
}
void output(){
	sort(an + 1,an + 1 + ans);
	int i;
	for(i = 1; i <= ans; ++i){
		cout<<an[i]<<'\n';
	}
	for(; i <= k; ++i){
		cout<<l<<'\n';
	}
}
int main(){
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);
	input();
	op();
	output();
	return 0;
}