[HDU 6759]Leading Robots

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给出 $n$ 个二次函数 $f_i(t)=\frac{1}{2}a_it^2+p_i$。问函数 $g(t)=\max\limits_{1\leq i\leq n}{f_i(t)},t\in[0,+\infty)$ 是由几个函数组成的。若 $t_0$ 时刻同时有多个 $f$ 为最大值,那么 $g$ 函数上 $t=t_0$ 不能被考虑。多测,测试组数 $t$。

$1\leq n\leq 50000,1\leq t\leq 50$

Solution

我的做法有点复杂。

首先可以确定,当 $a$ 相等时,只需要保留最大的 $p$ 所对应的二次函数即可。因此可以保证下述讨论中 $a$,均不相同。将处理后的函数按 $a$ 从小到大排序。

对于第 $i$ 个函数,若它能在某个时刻最大,那么 $$\begin{aligned}\forall j\neq i,\exists t_0,&\frac{1}{2}a_it_0^2+p_i>\frac{1}{2}a_jt_0^2+p_j\\Rightarrow&\frac{1}{2}t_0^2(a_i-a_j)>p_j-p_i\\Rightarrow&\left{\begin{aligned}\frac{1}{2}t_0^2>\frac{p_j-p_i}{a_i-a_j},&i>j\\frac{1}{2}t_0^2<\frac{p_j-p_i}{a_i-a_j},&i<j\end{aligned}\right.\end{aligned}$$

令 $m_1=\max\limits_{1\leq j< i}\left{\frac{p_j-p_i}{a_i-a_j}\right}$,$m_2=\min\limits_{i< j\leq n}\left{\frac{p_j-p_i}{a_i-a_j}\right}$,也就是说,如果第 $i$ 个函数满足 $m_2>0\land m_2>m_1$。那么第 $i$ 个函数就会在某个时刻有最大值。是可以被统计入答案中的。(注意判断相同的函数以及在 $t=0$ 处最大的这两种情况)

那么现在只需要求出 $m_1,m_2$ 这一问题就可解了。现在考虑求出所有 $i$ 的 $m_1$。

要求 $\max\limits_{1\leq j< i}\left{\frac{p_j-p_i}{a_i-a_j}\right}$,也就是求 $-\min\limits_{1\leq j< i}\left{\frac{p_i-p_j}{a_i-a_j}\right}$。也就是考虑如何求 $i$ 以前所有点 $(a_j, p_j)$ 与点 $(a_i, p_i)$ 连线的斜率最小值。显然当这一点与 $1\sim i-1$ 组成的点集上凸包相切的时候会有答案。因此开一个单调队列维护上凸包,查询时二分凸包即可。

求 $m_2$ 用相似的过程倒着来一遍。

复杂度 $O(t\cdot n\log n)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define pii pair<long long, long long>
#define fr first
#define sc second
#define a(i) (b[i].fr)
#define p(i) (b[i].sc)
using namespace std;
const int N = 50000+5;

int t, n, tot, kp[N], vis[N];
pii a[N], b[N];
int q[N], top, ANS;

int main() {
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d", &n); tot = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%lld%lld", &a[i].sc, &a[i].fr);
        sort(a+1, a+n+1); a[n+1].fr = -1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) 
            if (a[i].fr != a[i+1].fr) {
                if (a[i].fr != a[i-1].fr || a[i].sc != a[i-1].sc) {
                    b[++tot] = a[i], vis[tot] = 1;
                    
                }
                else if (a[i].fr == a[i-1].fr && a[i].sc == a[i-1].sc) b[++tot] = a[i], vis[tot] = 0;
            }
        n = tot; b[0].fr = b[1].fr-1, b[0].sc = -2147483647;
        top = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int l = 1, r = top, ans = 0, m, j, k;
            while (l <= r) {
                m = (l+r)>>1, j = q[m], k = q[m-1];
                if (1ll*(p(i)-p(j))*(a(j)-a(k)) < 1ll*(p(j)-p(k))*(a(i)-a(j))) ans = m, l = m+1;
                else r = m-1;
            }
            kp[i] = q[ans];
            while (top && 1ll*(p(i)-p(q[top]))*(a(q[top])-a(q[top-1])) >= 1ll*(p(q[top])-p(q[top-1]))*(a(i)-a(q[top]))) --top;
            q[++top] = i;
        }
        if (n) ANS = vis[n];
        else ANS = 0;
        b[0].fr = 1ll+b[n].fr;
        q[top = 1] = n;
        for (int i = n-1; i >= 1; i--) {
            int l = 1, r = top, ans = top, m, j, k;
            while (l <= r) {
                m = (l+r)>>1, j = q[m], k = q[m-1];
                if (1ll*(p(i)-p(j))*(a(j)-a(k)) > 1ll*(p(j)-p(k))*(a(i)-a(j))) ans = m, l = m+1;
                else r = m-1;
            }
            int x = kp[i], y = q[ans];
            if (p(i) > p(y) && 1ll*(p(i)-p(x))*(a(y)-a(i)) > 1ll*(p(i)-p(y))*(a(x)-a(i))) ANS += vis[i];
            while (top && 1ll*(p(i)-p(q[top]))*(a(q[top])-a(q[top-1])) <= 1ll*(p(q[top])-p(q[top-1]))*(a(i)-a(q[top]))) --top;
            q[++top] = i;
        }
        printf("%d\n", ANS);
    }
    return 0;
}
posted @ 2020-08-08 00:18  NaVi_Awson  阅读(130)  评论(0编辑  收藏  举报