洛谷 P11104 [ROI 2023] 监控 (Day 1) 题解

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题目描述的很清晰，图都配了，就不赘述题面了。

思路分析

问题一：求最小紧凑性

首先可以很容易发现，紧凑性便是以横坐标最大和最小的两个摄像头画面的横轴距离为长、以纵坐标最小和最大的两个摄像头画面的纵轴距离为宽的矩形面积，所以我们只需要让两者尽可能小就行了。

显然，左右的移动和上下移动的这两类操作对于最终答案的贡献是分开的，两者不会互相干扰。以题目第二组样例为例，如图，蓝色部分即为摄像头画面：

对于此时的图像画面而言，紧凑性为 \(4\times3=12\) 。

执行右移操作，则画面变更为：

紧凑性变为 \(2\times3=6\) 。

对于以上左移操作，出现变化的只有横坐标最大和最小的两个摄像头画面的横轴距离，而纵向并没有受到左移操作的影响。同理，上下移动操作也不会影响到横向，所以我们可以放心大胆地把横向和纵向分开讨论。

仍以题目第二组样例为例：

先来看横向的。既然我们要求的是横坐标最大和最小的两个摄像头画面的横轴距离，那我们不妨先给所有横坐标进行排序，我们便得到了这么一个序列 \(a\)：

对应到图中，则变成了这样：

（tips：重复的元素其实无所谓，实际代码中去不去重不影响判断）

设最终答案的横长为 \(X\) ，不难发现，当且仅当有元素从一个端点移动到另一个端点时 \(X\) 才会发生变化，其余步骤移动均不会改变 \(X\) 的值。

而从一个端点移动到另一个端点这一步骤，我们既能通过左移来实现，也能通过右移来实现。具体地，如下图，如果我想把左边的画面移动到最右边，既可以通过左移一步来达成，也可以通过右移三步来达成，而其他的画面的位置会跟随其一并发生变化，移动的方式最终不会影响到 \(X\) 的值。

所以先抛开右移操作，仅考虑左移：发生左右端点间的移动，便是把 \(a\) 中的值最小的点的值变化为 \(h\) ，其余的点的值则减去最小值。由于我们已经给 \(a\) 排好序了，所以其中的最小值便是 \(a_1\) 了，经过左移到左端点后再进行一次左移的操作后，序列 \(a\) 就会变成 $ h,a_2 - a_1 ,\cdots, a_k - a_1$ 。我们再对其排一次序，得到 $ a_2 - a_1 ,\cdots, a_k - a_1,h$

此时，我们再代入求 \(X\) 的公式，便会得到 \(X=h-(a_2-a_1)+1\)。而如果把现在的序列 \(a\) 再进行一次将最小值移动到右端点的操作，我们又能得到一个新的 \(X\) 。可以发现，一共存在 \(K\) 种可能的 \(X\) ，推到以下可得：\(X_i=h-(a_i-a_{i-1})+1\ (\ 1 < i \leq k)\) 其中，\(X_i\) 表示以原数组 \(a\) 的第 \(i\) 个数作为最小值时 \(X\) 的值。

带入到样例中，我们能得到如下图所示的序列 \(X\) ：

欸？那 \(X_1\) 怎么办呢？我们只需要在最开始给 \(a\) 排好序的时候直接 \(a_k-a_1+1\) 就好啦，因为 \(a_1\) 本来就是这么多节点横坐标的最小值嘛：

于是这样，我们就得到了所有可能的 \(X\) 。

相信这时候就有聪明的同学会想到，题目要求的明明是最小值的紧凑性，那我直接维护最小的 \(X\) 不就行了吗？费这个空间把所有 \(X\) 存下来干嘛？

没错，我们在枚举所有的 \(X\) 时仅需要维护最小的那个就可以了，没必要保留其他那些没什么用处的数据：

纵向上同理，设最终答案的纵长为 \(Y\) ，同相同的方法挨个枚举可能的 \(Y\) 并记录最小值就行。这样我们就解决了第一个问题。

问题二：达成最小紧凑性时的步数

别忘了题目还有一个问题呢！

前面我们在求最小紧凑性的时候，已经锁定了最小的 \(X\) 和 \(Y\) 的值，并且在枚举两者的时候找到了它们对应的点的坐标位置，那我们不妨在枚举的同时再额外考虑一下如何到达这个问题。

依旧以样例二、横向操作为例：

前文提到，“ 从一个端点移动到另一个端点这一步骤，我们既能通过左移来实现，也能通过右移来实现 ”，具体地，想让数组 \(a\) 中的最小值成为最大值，可以通过将其左移到左界并再次左移，或者是将其一直右移直至右界：

（素材复用）

但仅仅只有这两种方法了吗？并不一定。

仔细思考可以发现，对于每个 \(X_i\) ，枚举时我们的目的仅仅只是让最左端点移动成为数组 \(a\) 中的最大值，而不一定是让它成为右界 \(h\) 。

样例二并不能很好地体现这一点，我们换一张图：

显然，我们在考虑最左边的 \(a_1\) 右移成为最大值时，其实只需要右移两次、把 \(a_2\) 右移超过右界来到左界就可以了，并不需要把 \(a_1\) 移动到最右端：

所以 让最左端点移动成为数组 \(a\) 中的最大值 这个问题也可以转变为 让最左端点右侧的第一个端点移动成为数组 \(a\) 中的最小值。

面对转换后的问题，最简单的方式不就是把 \(a_2\) 这家伙给弄到左端点的位置上去吗？而这又有了左移和右移两种方法。

于是，我们可以得到，对于每个 \(X_i\) ，最简单地达成它一共有四种方式，即四种移动步骤：

1.将 \(a_{i-1}\) 左移至左端点的位置再左移一次，步数： \(a_{i-1}\) ；

2.将 \(a_{i-1}\) 右移至右端点的位置，步数： \(h-a_{i-1}\) ；

3.将 \(a_i\) 左移至左端点的位置，步数： \(a_i-1\) ；

4.将 \(a_i\) 右移至右端点的位置再右移一次，步数： \(h-a_i+1\)

由于题目需要的是最小步数，所以我们就取这四个值里头最小的那个作为 \(X_i\) 对应的步数就可以啦！

纵向也是一个道理，最后输出答案的时候输出最小的 \(X\) 和最小的 \(Y\) 相乘的结果和他们对应的最小步数相加就完工啦！

恭喜你切了这道题！

最后，进点食：

十年OI________，不开________见祖宗！

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXK=1e5+5;
#define int long long
int h,w,k,x[MAXK],y[MAXK];      //x[]对应横坐标，即文中的a，y[]对应纵坐标
int min_x,min_y,min_stepx=0,min_stepy=0;    //min_x、min_y分别是最小的X和最小的Y；min_stepx和min_stepy则分别对应X和Y最小时的步数
signed main()
{
	cin>>h>>w>>k;
	for(int i=1;i<=k;i++)
		cin>>x[i]>>y[i];
	if(k==1)                //这里加了个特判，因为就一个点的时候答案是一定的，再跑一遍程序浪费时间，其实加不加无所谓
	{
		cout<<"1 0";
		return 0;
	}
	sort(x+1,x+1+k);
	sort(y+1,y+1+k);
	min_x=x[k]-x[1]+1;
	min_y=y[k]-y[1]+1;
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		if(min_x==(h-(x[i]-x[i-1])+1))
			min_stepx=min(min_stepx,min(x[i-1],min(h-x[i-1],min((x[i]-1),(h-x[i]+1)))));
		else
		{
			min_x=min(min_x,(h-(x[i]-x[i-1])+1));
			if(min_x==(h-(x[i]-x[i-1])+1))
				min_stepx=min(x[i-1],min(h-x[i-1],min((x[i]-1),(h-x[i]+1))));
		}
		if(min_y==(w-(y[i]-y[i-1])+1))
			min_stepy=min(min_stepy,min(y[i-1],min(w-y[i-1],min((y[i]-1),(w-y[i]+1)))));
		else
		{
			min_y=min(min_y,(w-(y[i]-y[i-1])+1));
			if(min_y==(w-(y[i]-y[i-1])+1))
				min_stepy=min(y[i-1],min(w-y[i-1],min((y[i]-1),(w-y[i]+1))));
		}
	}
	cout<<(min_x*min_y)<<" "<<(min_stepx+min_stepy);
	return 0;
}