【题解】覆盖问题 BZOJ1052 HAOI2007 二分

题目描述

某 人在山上种了N棵小树苗。冬天来了,温度急速下降,小树苗脆弱得不堪一击,于是树主人想用一些塑料薄膜把这些小树遮盖起来,经过一番长久的思考,他决定用 3个LL的正方形塑料薄膜将小树遮起来。我们不妨将山建立一个平面直角坐标系,设第i棵小树的坐标为(Xi,Yi),3个LL的正方形的边要求平行与坐标 轴,一个点如果在正方形的边界上,也算作被覆盖。当然,我们希望塑料薄膜面积越小越好,即求L最小值。

输入输出

input
第一行有一个正整数N,表示有多少棵树。
接下来有N行,第i+1行有2个整数Xi,Yi,表示第i棵树的坐标,保证不会有2个树的坐标相同。
output
一行,输出最小的L值

样例

input

4 0 1 0 -1 1 0 -1 0

output

1

数据范围

100%的数据,N<=20000

思路

确定在一定范围内有一些点,然后用边长为常数k(<边界范围)的三个正方形去覆盖它们的话,如果有合法的方案,那么一定存在至少一个正方形,它的两条边分别卡在两个边界上。
这个性质非常容易证明。因为如果确定是上下左右的边界,那么每一个边界上至少有一个点需要去覆盖。然而我们只有三个正方形,若想要覆盖这四个点,一定存在一个正方形覆盖了两个点,那么它就一定卡在两个边界上。如果正方形数少的话就更显然了。
做法:二分出一个答案k,然后dfs判断。dfs每一次放一个正方形,枚举它卡着当前区域的哪两个边界即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>

#define N 22222
#define INF 2147483647

using namespace std;
/*
首先,求出所有点的4个边界值形成的一个矩形,第一个正方形的一个边界一定与这个矩形的4个角中的一个重合,枚举4次即可,
然后再找到剩下的点中的边界,重复一遍上面的操作,最后判断一下一个正方形是否可以覆盖剩余的所有矩形
*/
struct P
{
    int x,y;
}p[N],p1[N],p2[N];

int n;

inline void read()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
}

inline bool check(int len)
{
    if(n==0) return true;
    int sd[4][4];
    sd[1][1]=INF; sd[1][2]=-INF;
    sd[2][1]=INF; sd[2][2]=-INF;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        sd[1][1]=min(sd[1][1],p[i].x); sd[1][2]=max(sd[1][2],p[i].x);
        sd[2][1]=min(sd[2][1],p[i].y); sd[2][2]=max(sd[2][2],p[i].y);
    }
    for(int i=1;i<=2;i++)
        for(int j=1;j<=2;j++)
        {
            int m=0;
            for(int k=1;k<=n;k++)
                if(abs(p[k].x-sd[1][i])>len||abs(p[k].y-sd[2][j])>len) p1[++m]=p[k];
            if(m==0) return true;

            int sp[4][4];
            sp[1][1]=INF; sp[1][2]=-INF;
            sp[2][1]=INF; sp[2][2]=-INF;
            for(int k=1;k<=m;k++)
            {
                sp[1][1]=min(sp[1][1],p1[k].x); sp[1][2]=max(sp[1][2],p1[k].x);
                sp[2][1]=min(sp[2][1],p1[k].y); sp[2][2]=max(sp[2][2],p1[k].y);
            }
            for(int ii=1;ii<=2;ii++)
                for(int jj=1;jj<=2;jj++)
                {
                    int s=0;
                    for(int kk=1;kk<=m;kk++)
                        if(abs(p1[kk].x-sp[1][ii])>len||abs(p1[kk].y-sp[2][jj])>len) p2[++s]=p1[kk];
                    if(s==0) return true;

                    int sq[4][4];
                    sq[1][1]=INF; sq[1][2]=-INF;
                    sq[2][1]=INF; sq[2][2]=-INF;
                    for(int kk=1;kk<=s;kk++)
                    {
                        sq[1][1]=min(sq[1][1],p2[kk].x); sq[1][2]=max(sq[1][2],p2[kk].x);
                        sq[2][1]=min(sq[2][1],p2[kk].y); sq[2][2]=max(sq[2][2],p2[kk].y);
                    }
                    if(sq[2][2]-sq[2][1]<=len&&sq[1][2]-sq[1][1]<=len) return true;
                }
        }
    return false;
}

inline void go()
{
    int l=0,r=2000000000,mid,ans;
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    printf("%d\n",ans);
}

int main()
{
    read(),go();
    return 0;
}

 

posted @ 2018-05-21 17:14  bbqub  阅读(134)  评论(0编辑  收藏