$bzoj1052-HAOI2007$ 覆盖问题 抽屉原理 二分答案

  • 题面描述
    • 某人在山上种了\(N\leq 2*10^4​\)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\(3​\)\(L*L​\)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\((x_i,y_i)​\)\(3​\)\(L*L​\)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。
  • 输入格式
    • 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\(x_i,y_i\),表示第\(i\)棵树的坐标,保证不会有\(2\)个树的坐标相同。
  • 输出格式
    • 一行,输出最小的\(L\)值。
  • 题解
    • 先对给定的坐标\((x_i,y_i)\),找到恰好覆盖这些坐标的一个大矩形。
    • 首先,这个大矩形的四个边上必然都存在一个点,故大矩形边上至少有\(4\)个点。根据 抽屉原理\(4\)个点要被\(3\)个小矩形覆盖其中必然有\(2\)个点被同一个矩阵覆盖。也就意味着,这个大矩形的\(4\)个顶角中必然有一个顶角被一个小矩形覆盖。
    • 因此,我们可以先二分\(L\),对于每个\(L\),枚举其中第一个小矩形覆盖哪一个大矩形的顶角。把问题划归为一个更小的子问题(用两个小矩形覆盖一些点)。再利用同样的技巧,对第二个小矩形(边长同样为\(L\))枚举它覆盖剩余点围成的大矩形的那个顶角。
    • 最后对于剩下的点判定能被第三个\(L*L\)的小矩形完全覆盖
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=2e4+5;
struct rec{
	int x,y;
} a[MAXN],b[5],c[5];
int n,up,dn,rig,lef;
bool use[MAXN],res[MAXN];
bool solve(int L){
	up=dn=rig=lef=0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		if (use[i]) continue;
		if (a[up].y<a[i].y||up==0) up=i;
		if (a[dn].y>a[i].y||dn==0) dn=i;
		if (a[rig].x<a[i].x||rig==0) rig=i;
		if (a[lef].x>a[i].x||lef==0) lef=i;
	}
	if (up==0) return 1;
	c[1]=(rec){a[lef].x,a[up].y};
	c[2]=(rec){a[rig].x,a[up].y};
	c[3]=(rec){a[rig].x,a[dn].y};
	c[4]=(rec){a[lef].x,a[dn].y};
//	cout<<"sol2:"<<endl;
//	for (int i=1;i<=4;i++){
//		cout<<" "<<i<<" "<<c[i].x<<" "<<c[i].y<<endl;
//	}
	bool flag=0;
	for (int i=1;i<=4;i++){
//		cout<<" tp2: "<<i<<endl;
		int dx=1,dy=1;
		if (i==1) dy=-1;
		if (i==2) dx=-1,dy=-1;
		if (i==3) dx=-1;
		int x=c[i].x,y=c[i].y;
		int nx=x+dx*L,ny=y+dy*L;
		int xl=min(x,nx),xr=max(x,nx);
		int yl=min(y,ny),yr=max(y,ny);
		for (int j=1;j<=n;j++) res[j]=use[j];
//		cout<<" cvr2: ";
		for (int j=1;j<=n;j++){
			if (res[j]) continue;
			if (a[j].x<xl||a[j].x>xr) continue;
			if (a[j].y<yl||a[j].y>yr) continue;
			res[j]=1;// cout<<j<<" ";
		}
//		cout<<endl;
		up=dn=lef=rig=0;
		for (int j=1;j<=n;j++){
			if (res[j]) continue;
			if (a[up].y<a[j].y||up==0) up=j;
			if (a[dn].y>a[j].y||dn==0) dn=j;
			if (a[lef].x>a[j].x||lef==0) lef=j;
			if (a[rig].x<a[j].x||rig==0) rig=j;
		}
		if (up==0) return 1;
		int tmp=max(a[up].y-a[dn].y,a[rig].x-a[lef].x);
//		cout<<" endLen: "<<tmp<<endl;
		flag|=(tmp<=L);
	}
	return flag;
}
bool check(int L){
	bool flag=0;
	for (int i=1;i<=4;i++){
//		cout<<L<<" tp: "<<i<<endl;
		int dx=1,dy=1;
		if (i==1) dy=-1;
		if (i==2) dx=-1,dy=-1;
		if (i==3) dx=-1;
		int x=b[i].x,y=b[i].y;
		int nx=x+dx*L,ny=y+dy*L;
		int xl=min(x,nx),xr=max(x,nx);
		int yl=min(y,ny),yr=max(y,ny);
//		cout<<"cvr: ";
		for (int j=1;j<=n;j++){
			use[j]=0;
			if (a[j].x<xl||a[j].x>xr) continue;
			if (a[j].y<yl||a[j].y>yr) continue;
			use[j]=1;// cout<<j<<" ";
		}
//		cout<<endl;
//		cout<<"flg: "<<solve(L)<<endl;
		flag|=solve(L);
	}
	return flag;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
	for (int i=1;i<=n;i++){
		if (a[up].y<a[i].y||up==0) up=i;
		if (a[dn].y>a[i].y||dn==0) dn=i;
		if (a[rig].x<a[i].x||rig==0) rig=i;
		if (a[lef].x>a[i].x||lef==0) lef=i;
	}
	b[1]=(rec){a[lef].x,a[up].y};
	b[2]=(rec){a[rig].x,a[up].y};
	b[3]=(rec){a[rig].x,a[dn].y};
	b[4]=(rec){a[lef].x,a[dn].y};
//	for (int i=1;i<=4;i++){
//		cout<<i<<" "<<b[i].x<<" "<<b[i].y<<endl;
//	}
//	cout<<endl;
	int l=0,r=max(a[up].y-a[dn].y,a[rig].x-a[lef].x),mid;
	while (l+1<r){
		mid=(l+r)>>1;
		if (check(mid)) r=mid;
		else l=mid;
	}
	printf("%d\n",r);
	return 0;
}

天助自助者

posted @ 2019-04-19 13:21  paul120090105  阅读(127)  评论(0编辑  收藏