CCF 201609-5 祭坛

问题描述

试题编号：	201609-5
试题名称：	祭坛
时间限制：	2.0s
内存限制：	256.0MB
问题描述：	问题描述　　在遥远的Dgeak大陆，生活着一种叫做Dar-dzo-nye的怪物。每当这种怪物降临，人们必须整夜对抗怪物而不能安睡。为了乞求这种怪物不再降临，人们决定建造祭坛。　　Dgeak大陆可以看成一个用平面直角坐标系表示的巨大平面。在这个平面上，有 n 个Swaryea水晶柱，每个水晶柱可以用一个点表示。　　如果 4 个水晶柱依次相连可以构成一个四边形，满足其两条对角线分别平行于 x 轴和 y 轴，并且对角线的交点位于四边形内部（不包括边界），那么这 4 个水晶柱就可以建立一个结界。其中，对角线的交点称作这个结界的中心。　　例如下左图中，水晶柱 ABCD 可以建立一个结界，其中心为 O。　　为了起到抵御Dar-dzo-nye的最佳效果，人们会把祭坛修建在最多层结界的保护中。其中不同层的结界必须有共同的中心，这些结界的边界不能有任何公共点，并且中心处也不能有水晶柱。这里共同中心的结界数量叫做结界的层数。　　为了达成这个目的，人们要先利用现有的水晶柱建立若干个结界，然后在某些结界的中心建立祭坛。　　例如上右图中，黑色的点表示水晶柱（注意 P 和 O 点不是水晶柱）。祭坛的一个最佳位置为 O 点，可以建立在 3 层结界中，其结界的具体方案见下左图。当然，建立祭坛的最佳位置不一定是唯一，在上右图中，O 点左侧 1 单位的点 P 也可以建立一个在 3 层结界中的祭坛，见下右图。　　现在人们想知道：　　1. 祭坛最佳选址地点所在的结界层数；　　2. 祭坛最佳的选址地点共有多少个。输入格式　　输入的第一行包含两个正整数 n,q，表示水晶柱的个数和问题的种类。保证 q=1 或 2，其意义见输出格式。　　接下来 n 行，每行包含两个非负整数 x,y，表示每个水晶柱的坐标。保证相同的坐标不会重复出现。输出格式　　若 q=1，输出一行一个整数，表示祭坛最多可以位于多少个结界的中心；若 q=2，输出一行一个整数，表示结界数最多的方案有多少种。样例1输入　　26 1 　　0 5 　　1 1 　　1 5 　　1 9 　　3 5 　　3 10 　　4 0 　　4 1 　　4 2 　　4 4 　　4 6 　　4 9 　　4 11 　　5 0 　　5 2 　　5 4 　　5 8 　　5 9 　　5 10 　　5 11 　　6 5 　　7 5 　　8 5 　　9 10 　　10 2 　　10 5 样例1输出　　3 样例2输入　　26 2 　　0 5 　　1 1 　　1 5 　　1 9 　　3 5 　　3 10 　　4 0 　　4 1 　　4 2 　　4 4 　　4 6 　　4 9 　　4 11 　　5 0 　　5 2 　　5 4 　　5 8 　　5 9 　　5 10 　　5 11 　　6 5 　　7 5 　　8 5 　　9 10 　　10 2 　　10 5 样例2输出　　2 样例说明　　样例即为题目描述中的例子，两个样例数据相同，分别询问最多的结界数量和达到最多结界数量的方案数。　　其中图片的左下角为原点，右和上分别是 x 轴和 y 轴的正方向，一个格子的长度为单位长度。　　以图中的 O 点建立祭坛，祭坛最多可以位于 3 个结界的中心。不存在更多结界的方案，因此样例1的答案为 3。　　在 O 点左侧 1 单位的点 (4,5) 也可以建立一个在 3 个结界中的祭坛，因此样例2的答案为 2。评测用例规模与约定　　对于所有的数据，保证存在至少一种方案，使得祭坛建造在至少一层结界中，即不存在无论如何祭坛都无法建造在结界中的情况。　　数据分为 8 类，各类之间互相没有交集，分别有以下特点：　　1. 占数据的 10%，n=200，x,y≤n；　　2. 占数据的 10%，n=200，x,y≤10⁹；　　3. 占数据的 10%，n=1000，x,y≤n；　　4. 占数据的 10%，n=1000，x,y≤10⁹；　　5. 占数据的 10%，n=5000，x,y≤n；　　6. 占数据的 10%，n=5000，x,y≤10⁹；　　7. 占数据的 20%，n=300000，x,y≤n；　　8. 占数据的 20%，n=300000，x,y≤10⁹。　　此外，每类数据中，q=1 与 q=2 各占恰好一半。

80分的做法（引自这里）

主要思路：

先考虑一个比较简单的情况：

给定一条横线上的点（a,b0),(a,b1)...(a,bn),以及一条竖线上的点（a0,b),(a1,b)...(an,b)，求两条线能组成的最多结界数。

很容易找出做法：

1）找出两条线的交点（a,b)

2)从交点向外的四个方向(上下左右）上最少的点的数量就是最多结界数。

可以看出上面的想法是正确的。（一种构造方法是，将四个方向上离（a,b）最近的四个点连起来成为一个屏障，第二近的组成一个屏障，第三近的...）

这个可以通过二分查找确定出来。

知道了以上的简单情况，复杂的情况就好说了。。复杂的情况就是很多根竖线和很多根横线相交的问题。直观的想法就是，每根横线和每个竖线都测一下可以做多少结界。然后找出最大的并计数即可。但是这样有一点浪费时间，举个例子，如果我们得到的最大结界数是n，那么任何有少于2n-1的横线是没有必要再检查了（产生n个结界至少要有2n个点）。所以每当得到一个更大的结界数，我们就可以做一次更新，把那些不可能的线段剔除掉，这样可以节约一点时间。

//80
#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define pb emplace_back
const int N=3e5+5;
template<typename T>
inline void read(T &x){
    register bool f=0;register char ch=getchar();x=0;
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') f=1;
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
    if(f) x=-x;
}
template<typename T,typename...Args>
void read(T &x,Args&...args){read(x);read(args...);}
int n,Q,cnt=0,ans=0,cur=0;
struct node{
    int x,y;
    node(){}
    node(int x,int y):x(x),y(y){}
    bool operator <(const node &a)const{
        return x!=a.x?x<a.x:y<a.y;
    }
}a[N],b[N];
vector<vector<node> >c(1),d(1);
void deal(node (&a)[N],vector<vector<node> > &v){
    v[cnt=0].pb(a[0]);
    for(int i=1;i<n;i++){
        if(a[i].x==a[i-1].x){
            v[cnt].pb(a[i]);
        }
        else{
            if(v[cnt].size()==1){
                v[cnt][0]=a[i];
            }
            else{
                v.pb(vector<node>());
                v[++cnt].pb(a[i]);
            }
            
        }
    }
}
inline bool comp(const vector<node> &a,const vector<node> &b){
    return a.size() > b.size();
}
inline int getlr(vector<node> &c,int key){
    if(key<=c[0].y) return 0;
    int l=0,r=c.size(),mid;
    while(l<r-1){
        mid=(l+r)>>1;
        if(c[mid].y==key) return 0;
        if(c[mid].y<key)
            l=mid;
        else
            r=mid;
    }
    return min(l+1,int(c.size()-l-1));
}
int main(){
    read(n,Q);
    for(int i=0,x,y;i<n;i++) read(x,y),a[i]=node(x,y);
    sort(a,a+n);
    
    for(int i=0;i<n;i++) b[i]=node(a[i].y,a[i].x);
    sort(b,b+n);
    
    deal(a,c);deal(b,d);
    sort(c.begin(),c.end(),comp);
    sort(d.begin(),d.end(),comp);
    for(int i=0;i<c.size();i++){
        for(int j=0;j<d.size();j++){
            int x=c[i][0].x;
            int y=d[j][0].x;
            cur=min(getlr(c[i],y),getlr(d[j],x));
            if(ans<cur){
                ans=cur;
                cnt=1;
                while(!c.empty()&&c.back().size()<(ans*2)) c.pop_back();
                while(!d.empty()&&d.back().size()<(ans*2)) d.pop_back();
            }
            else if(ans==cur){
                cnt++;
            } 
        }
    }
    printf("%d\n",Q==1?ans:cnt);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：shenben
本文链接：https://www.cnblogs.com/shenben/p/12500210.html
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