[BZOJ]1071 组队(SCOI2007)

  一道比较NB的套路题。

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 * ( height – minH ) + B * ( speed – minV ) <= 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

  1 <= N <= 5000,0<= height,speed <= 10000,A、B、C在长整型以内且为正数。

 

Solution

  最暴力的O(n^3)做法就是枚举minH和minV,加入满足条件的点即可。

  我们试着优化一下:

  一看到n=5000,肯定是n^2的做法,因此我们有枚举minH和minV其中一个的余地,所以还是枚举minV,把speed[i]<minV的点去除。

  然后我们把式子转化一下:

    

    

    

  由于我们枚举了minV,所以minV可以看做是一个常数,设C'=C+B*minV。

    

  这就很有意思,我们设X[i]=height[i],Y[i]=A*height[i]+B*speed[i]。于是每个运动员就对应平面直角坐标系中的点(X[i],Y[i])。

  当我们枚举minH的时候,就相当于在问有多少个点(X[i],Y[i])满足:

    ,这就是一个二维数点问题。

  把这些点按照X[i]排序从大到小加点,用(离散化加上)树状数组维护Y[i],就可以得到一个O(n^2logn)的做法。

  虽然时间复杂度爆炸但是小C才不会告诉你小C用这个做法过了该题。

  但是我们注意到随着minH的减小,A*minH+C'也是不断减小的,(A>0,虽然原题没说但是就算A为负数也是同理的做法)。

  所以我们把这些点不仅按X[i]排序,还要按Y[i]排序,用两个指针维护,按X[i]从大到小加点,并按Y[i]从大到小删点。

  再加上我们对这些点使用排序时用上插入排序,就可以得到一个O(n^2)的做法。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define MN 5003
using namespace std;
struct meg{int x,z; ll y;}a[MN];
int c1[MN],c2[MN];
bool u[MN];
int n,A,B,C,ans,tp1,tp2;

inline int read()
{
    int n=0,f=1; char c=getchar();
    while (c<'0' || c>'9') {if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
    while (c>='0' && c<='9') {n=n*10+c-'0'; c=getchar();}
    return n*f;
}

void solve(ll CX)
{
    register int i,j,k,sum=0;
    ll lt;
    for (i=tp1,k=tp2;i;i=j)
    {
        lt=1LL*A*a[c1[i]].x+CX;
        for (j=i;j&&a[c1[j]].x==a[c1[i]].x;--j)
            if (a[c1[j]].y<=lt) ++sum,u[c1[j]]=true;
        for (;k&&a[c2[k]].y>lt;--k)
            if (u[c2[k]]) --sum,u[c2[k]]=false;
        ans=max(ans,sum);
    }
    for (;k;--k) if (u[c2[k]]) u[c2[k]]=false;
}

void isort1(int ax)
{
    register int i,j;
    for (i=1;i<=tp1;++i)
        if (a[ax].x<a[c1[i]].x) break;
    ++tp1;
    for (j=tp1;j>i;--j) c1[j]=c1[j-1];
    c1[i]=ax;
}
void isort2(int ax)
{
    register int i,j;
    for (i=1;i<=tp2;++i)
        if (a[ax].y<a[c2[i]].y) break;
    ++tp2;
    for (j=tp2;j>i;--j) c2[j]=c2[j-1];
    c2[i]=ax;
} 
bool cmp1(const meg& a,const meg& b) {return a.z<b.z;}

int main()
{
    register int i,j;
    n=read(); A=read(); B=read(); C=read();
    for (i=1;i<=n;++i)
    {
        a[i].x=read(); a[i].z=read();
        a[i].y=1LL*a[i].x*A+1LL*a[i].z*B;
    }
    sort(a+1,a+n+1,cmp1);
    for (i=n;i;i=j)
    {
        for (j=i;j&&a[j].z==a[i].z;--j)
            isort1(j),isort2(j);
        solve(1LL*a[i].z*B+C);
    }
    printf("%d",ans);
}

 

Last Word

  小C的O(n^2logn)做法(BZOJ上总时限为3s):

  O(n^2)做法(对比):

  常数小就是舒服.jpg

posted @ 2017-12-24 03:02  ACMLCZH  阅读(242)  评论(0编辑  收藏  举报