计算几何-旋转卡壳两种实现方案（兼P1452题解）

前言

题目链接

首先说明一下，这题题面有个地方不太严谨：题意要求求凸包直径，然而当 \(n=2\) 时凸包并不存在，此时直径也应该不存在。所以应该是求平面中最远的点对的距离。

旋转卡（qia）壳可以用于求凸包的直径、宽度，两个不相交凸包间的最大距离和最小距离等。

这里就不过多赘述了，仅介绍两种不同的方案 —— 三角形面积比较与坐标系旋转，需要学习旋转卡壳正确性、原理的同学请移步这两位大佬的 blog cjyyb 和 xdruid。

方案一为三角形面积比较，是常规方案，在某些题里较麻烦（比如 P3187 [HNOI2007] 最小矩形覆盖）；方案二坐标系旋转貌似没有那么常见，但在大多数凸包题里更加方便与实用。

注意事项 —— 从零或一开始存储凸包中的点

在提供方案前我先多嘴几句注意事项，个人认为挺重要的（\(\sout{因为踩坑了}\)）。

注意：你的 \(stk\) 从 \(0\) 和从 \(1\) 开始的实现方式是不同的。（\(stk\) 数组中存储凸包中的点）

主要在于取模方式：如果从 \(0\) 开始，须使用 \((j+1)\mod tp\)；如果从 \(1\) 开始，则须使用 \(j \mod tp + 1\)。
原因：
- 对于从 \(0\) 开始，先加后模可以取到 \(0\)，而先模后加无法取到 \(0\)。
  
  解释：当 \(j=tp-1\) 时，\((j+1)\mod tp=0\)，取到了 \(0\)。然而 \(j\mod tp+1=tp\)，由于从 \(0\) 开始存储，所以 \(tp\) 是一个空位，并且 \(tp\mod tp+1=1\)，故无法取到 \(0\)。
- 同理，对于从 \(1\) 开始，先加后模取到了 \(0\)，没有取到 \(tp\)，然而 \(0\) 是个空位，所以需要先模后加。

具体的代码差别可以看方案一中的两种代码实现

方案一：三角形面积比较

实现原理

众所周知，叉积可以求平行四边形的面积，而三角形面积为平行四边形面积的一半，并且它们同底等高。所以比较三角形的高等价于比较平行四边形的面积大小，即比较叉积大小。

实现

从零开始

:::success[从零开始]

void Andrew(){
    sort(p,p+n);
    n=unique(p,p+n)-p;
    int lst=1;
    for(int i=0;i<n;i++){
        while(tp>lst&&Cross(stk[tp-2],stk[tp-1],p[i])<=0) tp--;
        stk[tp++]=p[i];
    }
    lst=tp;
    for(int i=n-2;i>=0;i--){
        while(tp>lst&&Cross(stk[tp-2],stk[tp-1],p[i])<=0) tp--;
        stk[tp++]=p[i];
    }
}
int RC(){//rotating calipers
    if(tp<=3) return dis(stk[0],stk[1]);
    int ans=0;
    for(int i=0,j=2;i<tp-1;i++){//从0开始
        while(Cross(stk[i],stk[i+1],stk[j])<=Cross(stk[i],stk[i+1],stk[(j+1)%tp]))//三角形面积 S=(|A||B|sin<A,B>)/2
            j=(j+1)%tp;
        ans=max(ans,dis(stk[i],stk[j]));
        ans=max(ans,dis(stk[i+1],stk[j]));
    }
    return ans;
}

:::

从一开始

:::success[从一开始]

void Andrew(){
    sort(p+1,p+n+1);
    n=unique(p+1,p+n+1)-(p+1);
    int lst=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(tp>lst&&Cross(stk[tp-1],stk[tp],p[i])<=0)
            tp--;
        stk[++tp]=p[i];
    }
    lst=tp;
    for(int i=n-1;i>=1;i--){
        while(tp>lst&&Cross(stk[tp-1],stk[tp],p[i])<=0)
            tp--;
        stk[++tp]=p[i];
    }
}
int RC(){//rotating calipers
    if(tp<=3) return dis(stk[1],stk[2]);
    int ans=0;
    for(int i=1,j=3;i<=tp-1;i++){//从1开始
        while(Cross(stk[i],stk[i+1],stk[j])<=Cross(stk[i],stk[i+1],stk[j%tp+1]))//三角形面积 S=(|A||B|sin<A,B>)/2
            j=j%tp+1;
        ans=max(ans,dis(stk[i],stk[j]));
        ans=max(ans,dis(stk[i+1],stk[j]));
    }
    return ans;
}

:::

方案二：坐标系旋转

这边建议旋转卡壳都使用此方案，会比较方便。

实现原理：

先看如何实现旋转卡壳

我们知道旋转卡壳需要求取以当前向量为底，高最长的点。如图 \(1\) ，如果直接以 \(\overrightarrow{OP}\) 建立如图 \(1\) 所示新坐标系 \(x'Oy'\)，那么直接找 \(y‘\) 坐标最大的点就行了。

图12

坐标系旋转与坐标旋转

获取新坐标系：

我们已知当前所在的向量 \(\overrightarrow{OP}\)，它的方向向量 \(\overrightarrow{u}\) 即为 \(x'\) 轴所在方向，法向量 \(\overrightarrow{v}\) 即为 \(y'\) 轴所在方向。

其中 \(\overrightarrow{u}=\frac{\overrightarrow{OP}}{|\overrightarrow{OP}|}\)，\(\overrightarrow{v}=\{-\overrightarrow{u}.y,\overrightarrow{u}.x\}\)。（\(\overrightarrow{v}\) 坐标推导如图 \(2\)）
获取点在新坐标系上的坐标：

如图 \(1\)，\(\overrightarrow{OQ}\) 已知，\(Q\) 的 \(x'\) 坐标等价于 \(\overrightarrow{OQ}\) 在 \(\overrightarrow{u}\) 上的投影向量的模长。又因为 \(\overrightarrow{u}\) 为单位向量，模长为 \(1\)，所以 \(\overrightarrow{OQ}\) 投影向量的模长就等于 \(\overrightarrow{OQ}\cdot\overrightarrow{u}\)，即 \({Q.x'}=\overrightarrow{OQ}\cdot\overrightarrow{u}\)。

同理，\({Q.y'}=\overrightarrow{OQ}\cdot\overrightarrow{v}\)。
将新坐标转化为原坐标（ P3187 [HNOI2007] 最小矩形覆盖中需要）：

其实怎么变过来的怎么变回去就行了。

如图 \(1\) 已知 \(Q.x'\) 与 \(Q.y'\)，那么 \(\overrightarrow{OQ}={Q.x'} \times \overrightarrow{u}+{Q.y'} \times \overrightarrow{v}\)。

实现

注意事项

同样也要考虑 \(stk\) 从 \(0\) 或 \(1\) 开始存储的取模问题。其他没什么好注意的，记得求模长需要开 double 。

代码：

:::success[坐标系旋转]

void Andrew(){
    sort(p+1,p+n+1);
    n=unique(p+1,p+n+1)-(p+1);
    int lst=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(tp>lst&&Cross(stk[tp-1],stk[tp],p[i])<=0) tp--;
        stk[++tp]=p[i];
    }
    lst=tp;
    for(int i=n-1;i>=1;i--){
        while(tp>lst&&Cross(stk[tp-1],stk[tp],p[i])<=0) tp--;
        stk[++tp]=p[i];
    }
}
int RC(){
    if(tp<=3) return dis(stk[1],stk[2]);
    int ans=0;
    for(int i=1,j=3;i<=tp-1;i++){
        double len=sqrt(dis(stk[i],stk[i+1]));
        Point P=Vec(stk[i],stk[i+1]);//当前向量i(i+1)，即图中向量OP
        Point u={P.x/len,P.y/len};//向量i(i+1)的方向向量，即x'轴
        Point v={-u.y,u.x};//方向向量u的法向量，即y'轴
        while(Dot(stk[j],v)<=Dot(stk[j%tp+1],v)) j=j%tp+1;
        ans=max(ans,dis(stk[i],stk[j]));
        ans=max(ans,dis(stk[i+1],stk[j]));
    }
    return ans;
}

:::

这道题用坐标系旋转的好处不是明显，但用在 P3187 [HNOI2007] 最小矩形覆盖中效果就很明显。

The End

指导鸣谢：ssam

参考文献：

cjyyb
xdruid

posted @ 2026-02-05 17:28 Kx_Triumphs 阅读(31) 评论(0) 收藏举报

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