P2906 [USACO08OPEN] Cow Neighborhoods 题解

看到这一题的时候我感觉非常熟悉。
这不就是[JSOI2010]部落划分吗！
只不过这道题给定了奶牛之间的距离，并且是让求连通块的个数以及最大连通块的大小。

（可能只有我一个人觉得很类似罢）

然后做了一发，T了。

一看数据范围：\(N \leq 10^5\)。

秉承着“N方过百万，暴力碾标算”的精神，我认为是常数的问题加上复杂度跑满，于是就做了一些小小的优化：

首先，我将每一个坐标按照横坐标为第一关键字，纵坐标为第二关键字进行了一发排序。

因为我们不关心节点的编号，所以我们可以直接排序。

然后，我将原题中的曼哈顿距离转变为了切比雪夫距离，从而不让算法跑满。

这是曼哈顿距离，其在 \(k\) 维空间中的定义为：

\[Dis(x,y) = \sum_{i=1}^k |x_i-y_i| \]

放到二维平面里面就是 \(Dis(u,v) = |x_u-x_v|+|y_u-y_v|\)。

这是切比雪夫距离，其在 \(k\) 维空间中的定义为：

\[Dis(x,y) = \max_{i=1}^k |x_i-y_i| \]

放到二维平面里面就是 \(Dis(u,v) = \max(|x_u-x_v|,|y_u-y_v|)\)。

如果我们将曼哈顿距离转化为了切比雪夫距离的话，就可以利用单调队列来取出 \([x-c,x+c]\) 的一段来，并在其中进行判断并连边即可，可以减小算法复杂度。

怎么转化呢？

我们考虑对于某一个点距离为定值的点构成的集合。
我们设这个点是原点 \((0,0)\)，这个距离为 \(c\)。

当这个距离是曼哈顿距离的时候，我们这些点构成的集合就是一个倾斜了\(45^{\circ}\)的正方形，顶点分别为 \((0,c)\)，\((c,0)\)，\((0,-c)\)，\((-c,0)\)。

当这个距离是切比雪夫距离的时候，我们这些点构成的集合就是一个正方形，顶点分别为 \((c,c)\)，\((c,-c)\)，\((-c,-c)\)，\((-c,c)\)。

然后我们就可以发现，我们将曼哈顿距离下的这个正方形旋转\(45^{\circ}\)并扩大\(\sqrt{2}\)倍之后就是切比雪夫距离下的这个正方形。

对于一个点的情况下，我们将其坐标变为 \((x+y,x-y)\)，可以达到同样的效果。

最后试了一发，T了。
看来N方还是过不了十万。

尝试减小连边的次数，我们可以尝试只连线性级别的边。

对于每一个点，我们只考虑与其左边的点连边。
同时，每一个点我们最多只连两条边，这在保证了联通性的前提下大幅度减少了连边的次数。

连哪两个点呢？

纵坐标与当前点最接近的两个即可。
其中一个在当前点上方，一个在当前点下方。

考虑正确性。

因为其他边都是冗余的，所以只连这两条边即可。

对于任意两者均可触及的点，两点向其连边之后得到的是一个三角形；
又因为当前点较靠后，所以我们可以断开当前点与其连结的边，这样也能保证连通性。

证毕。

然后就是考虑如何快速找到与当前点纵坐标最接近的两个点。

我们可以使用set来维护，使用lower_bound()来进行查找。

我们记录当前set维护的左端点，并尝试将其右移，直到左端点所对应的点与当前点的切比雪夫距离不超过 \(c\)。
然后就可以使用lower_bound()查找了，找到对应的节点之后连边即可。
最后要把当前节点加入set中。

交一发，过了。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 200010;
template <typename T>
inline T read()
{
	T x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)) { if(c == '-') f = -f; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
	return x * f;
}
int n;
ll c;
struct Node
{
	ll x, y;
	bool operator < (const Node &a) const
	{
		return x == a.x ? y < a.y : x < a.x;
	}
}a[N];
int p[N];
int find(int x)
{
	if(p[x] != x)p[x] = find(p[x]);
	return p[x];
}
int sum[N];
int main()
{
	n = read<int>(), c = read<ll>();
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		ll x = read<ll>(), y = read<ll>();
		a[i] = { x + y,x - y };
		p[i] = i;
	}
	sort(a + 1, a + 1 + n);
	set< pair<ll, int> >s;
	set< pair<ll, int> >::iterator it;
	s.insert(make_pair(a[1].y, 1));
	s.insert(make_pair((1ll << 60), 0));
	s.insert(make_pair((-1ll << 60), 0));
	for(int i = 2, l = 1; i <= n; i++)
	{
		while(a[i].x - a[l].x > c)
		{
			s.erase(make_pair(a[l].y, l));
			l++;
		}
		it = s.lower_bound(make_pair(a[i].y, 0));
		if(it->first - a[i].y <= c)
		{
			int j = it->second;
			int pa = find(i), pb = find(j);
			if(pa != pb)p[pa] = pb;
		}
		it--;
		if(a[i].y - it->first <= c)
		{
			int j = it->second;
			int pa = find(i), pb = find(j);
			if(pa != pb)p[pa] = pb;
		}
		s.insert(make_pair(a[i].y, i));
	}
	int cnt = 0, maxn = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cnt += (find(i) == i);
		maxn = max(maxn, ++sum[find(i)]);
	}
	printf("%d %d\n", cnt, maxn);
	return 0;
}