CF1167G Low Budget Inception 题解

观前提示：本题中的 d 绝对不是没有用的！牢记这句话！

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题意概览

给定在一个数轴上分布的 n 个建筑，每个建筑被抽象为 1*1 的正方形。

给出相邻建筑物的最大距离 d。

给出 m 个询问，输出每次询问中，在 \(x_i\) 处将 \(x_i\) 右侧数轴逆时针翻折后可以得到的最小的最终角度 ( 后文记作 \(\phi\) ) ，使得任意两个建筑或任意一个建筑与道路不重叠。

数据范围

\(1\leq n \leq 2 \ \cdot \ 10^5\) , \(0 \leq d \leq 7000\)，

\(a_i=0,0<a_{i+1}-a_i \leq d+1\)，

\(0\leq x_i \leq a_n +1,x_i < x_{i+1}\)，

要求输出与标答不超过 \(10^{-9}\)。

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下面是逐步的分析

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Step 1，101 points

题目到手第一步，观察可否最基本的暴力，发现不可写。不写了

那么直接开始推性质。

从最基本的 n=1 开始：

n=1, 也就是只有一个城市的情况，或者说最终状态是道路与城市碰撞的情况 ( n>1 )：

题面里这个例子即道路与城市碰撞。

也就是说，只能是道路与某个城市碰撞。

不难发现答案：


设当前询问点 xi, 最近的正方形左下角坐标为 ai,

左右的情况合并，就是 \(arctan(\tfrac{1}{min(|xi-ai-1|,|ai-xi|)})\)。

类比，可得当 \(x_i \leq a_1\) 或 \(x_i \geq a_n\) 的时候，也是这个答案。

而对于 \(a_1 \leq x_i \leq a_n\) 的时候，可能会有这三种情况 ：

 

此时即是两个建筑碰撞的情况。不难发现，此时需要满足的是，

\(x_i-a_l-1=a_r-x_i\)

\(x_i-a_l-1=a_r-x_i+1\)

\(x_i-a_l=a_r-x_i\)

中的任意一个

其中 al 表示 xi 左侧最近建筑的左下角横坐标，ar 表示 xi 右侧最近建筑的左下角横坐标，

式子也不难推出。

而要想找到对应的两个城市，只需要两个指针，一个指向左侧，一个指向右侧。当扫到的两个城市不满足碰撞要求时，就向外扩展，哪边指针离 xi 离得近就拓展哪边。

下面是 101 points AC 的代码和提交记录：

CF 提交记录

可以看到，102 的地方 TLE 了。

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那么接下来就是优化了，显然直接卡常不是个好习惯。

那么，再回想起开头那句话：

观前提示：本题中的 d 绝对不是没有用的！牢记这句话！

接下来，就是带上 d 的优化。

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Step 2，127 points AC

考虑为什么会 TLE ，单纯看思路的话，其实很快就能扫到两城市相碰的最终辐角，或辐角过小以至于最后是道路与城市碰撞的情况。

但是很显然，左右的枚举端点是有一个界限的，也就是 “城市之间过远”。

那么既然都想到这里了，不难发现，由于每两个城市之间的距离都小于等于 d+1，那么道路与城市的碰撞最小辐角就是 \(arctan(\tfrac{2}{d})\) ，不难推出实际边界约是 :

\([ x_i-2 \cdot min(a_r-x_i,x_i-a_l)-1,x_i+2 \cdot min(a_r-x_i,x_i-a_l)+1 ]\)

这样一来，虽然输入的 d 确实没有用上，但是对于相邻城市的距离 \(d_i\)，

我们可以把每次暴枚区间长度缩小到“左右城市坐标差最大仅\(2d_i\)”。

这样可以更进一步在不用 bitset 的情况下跑出更快的时间。

最后的 CF AC记录，最慢的点跑了 900ms 左右。

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Step 3，也许没用的优化思路

再次考虑到代码中调用了相当多的 atan()，也许可以提前预处理出所有需要用到的 atan() 函数值，因为每一次调用中，传入参数的分子都是 1，也就是说只用记录 \(arctan(\tfrac{1}{x}),x\in [1,2 \cdot d]\) 的值。

这样也许可以卡卡常？不知道，没试……

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写在最后：
我永远喜欢幽幽子大人！~