P7883

合集 - divide_and_conquer(7)

1.#9134. 翻转硬币 题解2023-10-12

2.P78832023-07-15

3.P63712023-02-174.P32032023-02-075.CF1217F2023-12-236.P37692023-12-237.CF1768F2023-12-23

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这是一篇决策单调性题解，好像现在还没有相同做法的题解。

还是类似的分治方式，每次点分成左右两半求两边贡献，再处理跨区间贡献。

但是有一种新的处理贡献方式：决策单调性。

先将两边点各自按照纵坐标升序排序，然后对每个左半边的点找最近的点。怎么找呢？考虑设置两个指针，分别指向纵坐标升序的左边第 $i$ 个点和右边第 $j$ 个点，满足 $y_j\le y_i$。再用一个单调队列维护右边可能是目标点的点。容易发现这个单调队列里的点满足 $x_{q_k}>x_{q_{k-1}}$，因为到左边第 $i$ 个点纵坐标距离一定是单调递减的，如果再有 $x_{q_k}\le x_{q_{k-1}}$，那第 $k-1$ 个元素就一定会被弹出了。具体可以结合下图理解：

然后就要证明决策单调性了，也就是说，如果 $dis(i,q_k)\ge dis(i,q_{k+1})$，那么 $q_k$ 以后都不可能比 $q_{k+1}$ 优。

证明：如上图，已知 $a>b$，又 $b+c>d+a$（可用三角形两边之和大于第三边证），所以一定有 $d<c$，得证。

于是可以对每个 $i$ 找到最近的点，不断更新答案即可。

按升序做完，还要按降序再做一遍，不断递归求解即可。

如果用 sort，时间复杂度为 $O(n{\log }^{2}n)$，但是常数较大，无法通过，于是直接用归并完成纵坐标的排序，复杂度降到 $O(n\log n)$，可以通过。

code：

点击查看代码

int n,m,q[N];
struct node{
	int x,y;
}e[N],d[N];
ll ans=1e18;
inline bool cmp1(node x,node y){
	return x.x<y.x;
}
inline bool cmp2(node x,node y){
	return x.y<y.y;
}
inline ll dis(node i,node j){
	return 1ll*(i.x-j.x)*(i.x-j.x)+1ll*(i.y-j.y)*(i.y-j.y);
}
void divide(int l,int r){
	if(l==r)
		return;
	int mid=(l+r)>>1;
	divide(l,mid);
	divide(mid+1,r);
	int L=1,R=0;
	for(int i=l,j=mid;i<=mid;i++){
		while(j<r&&e[j+1].y<=e[i].y){
			j++;
			while(L<=R&&e[q[R]].x>=e[j].x)
				R--;
			q[++R]=j;//单调队列操作
		}
		while(L<R&&dis(e[i],e[q[L+1]])<=dis(e[i],e[q[L]]))
			L++;//决策单调性
		if(L<=R)
			ans=min(ans,dis(e[i],e[q[L]]));
	}//升序做一遍
	L=1,R=0;
	for(int i=mid,j=r+1;i>=l;i--){
		while(j>mid+1&&e[j-1].y>=e[i].y){
			j--;
			while(L<=R&&e[q[R]].x>=e[j].x)
				R--;
			q[++R]=j;
		}
		while(L<R&&dis(e[i],e[q[L+1]])<=dis(e[i],e[q[L]]))
			L++;
		if(L<=R)
			ans=min(ans,dis(e[i],e[q[L]]));
	}//倒过来再做一遍
	int p=l,q=mid+1,k=l;
	while(p<=mid&&q<=r){
		if(e[q].y<e[p].y)
			d[k++]=e[q++];
		else 
			d[k++]=e[p++];
	}
	while(p<=mid)d[k++]=e[p++];
	while(q<=r)d[k++]=e[q++];
	for(int i=l;i<=r;i++)e[i]=d[i];//归并，从逆序对贺过来的
}
void solve(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		e[i]={read(),read()};
	sort(e+1,e+n+1,cmp1);
	divide(1,n);
	printf("%lld\n",ans);
}
signed main(){
	int t=1;
	//	scanf("%d",&t);
	while(t--)
		solve();
}