BZOJ1071: [SCOI2007]组队【双指针】【思维好题】

Description

  NBA每年都有球员选秀环节。通常用速度和身高两项数据来衡量一个篮球运动员的基本素质。假如一支球队里速度最慢的球员速度为minV,身高最矮的球员高度为minH,那么这支球队的所有队员都应该满足: A * ( height
– minH ) + B * ( speed – minV ) <= C 其中A和B,C为给定的经验值。这个式子很容易理解,如果一个球队的球员速度和身高差距太大,会造成配合的不协调。 请问作为球队管理层的你,在N名选秀球员中,最多能有多少名符合条件的候选球员。

Input

  第一行四个数N、A、B、C 下接N行每行两个数描述一个球员的height和speed

Output

  最多候选球员数目。

Sample Input

4 1 2 10
5 1
3 2
2 3
2 1

Sample Output

4

HINT

数据范围: N <= 5000 ,height和speed不大于10000。A、B、C在长整型以内。


思路

这题也真是够神仙的

首先把式子变成这样

$Ax+By-C\le Aminx + Bminy $

然后就重新取一个权值叫做\(val=Ax+By-C\)

把原数组复制两遍,一个按照x排序,一个按照val排序

然后我们先枚举miny,然后在内层枚举minx,但是同时怎么维护答案?

我们用一个指针扫val加入答案,并用一个指针扫x删除答案

我第一次看到的时候心情就是wtf?

确实很神奇

现在我们考虑加入答案的限制,首先y肯定是要大于等于miny的,但是y应该有一个上界,不然\(y-miny\)太大导致在满足\(val\le Aminx+Bminy\)的条件下\(x< minx\)

既然不能让x超界,也就是要满足\(minx\le x\),那么就一定有

\(By\le Bminy + C\)

也就是说\(miny\le y\le miny + \frac{C}{B}\)

这样就可以同时扫按照x排序的队列来把x不满足的都删掉了(因为y对于全局的限制都是相等的)

???

好像推不过来吧,不过没事,在这道题里面是对的

现在来考虑另一个事情:会不会有没有统计贡献的被删除贡献?

不可能的

被删除贡献的时候需要满足\(x<minx\)\(min\le y\le miny+\frac{C}{B}\)

显然是满足\(Ax+By\le Aminx+Bminy+C\)

那不就一定会在上面统计贡献吗?

所以就成立了。。。然后其实你也可以根据刚刚这个式子把\(By\le Bminy + C\)理解为让删除不重不漏的条件


#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 5010;

int n, A, B, C;
int ans;

struct Point {
  int x, y, val;
  Point() {}
  Point(int x, int y, int val): x(x), y(y), val(val) {}
} p[N], q[N];

bool cmp1(const Point a, const Point b) {
  return a.x < b.x;
}

bool cmp2(const Point a, const Point b) {
  return a.val < b.val;
}

int main() {
  scanf("%d %d %d %d", &n, &A, &B, &C);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    int x, y;
    scanf("%d %d", &x, &y);
    p[i] = q[i] = Point(x, y, A * x + B * y - C);
  }
  sort(p + 1, p + n + 1, cmp1);
  sort(q + 1, q + n + 1, cmp2);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    int tp = 0, tq = 0, cur = 0;
    int dn = p[i].y, up = C / B + p[i].y;
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      int limit = A * p[j].x + B * p[i].y;
      while (tp < n && p[tp + 1].x < p[j].x) {
        ++tp;
        cur -= dn <= p[tp].y && p[tp].y <= up;
      }
      while (tq < n && q[tq + 1].val <= limit) {
        ++tq;
        cur += dn <= q[tq].y && q[tq].y <= up;
      }
      ans = max(ans, cur);
    }
  }
  printf("%d", ans);
  return 0;
}
posted @ 2018-12-09 10:06 Dream_maker_yk 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏