POJ 1106 Transmitters

POJ_1106

    首先，我们可以把圆以外的点去掉。

    之后，一开始想到的是枚举直径和x轴的夹角去算，但这样精度不能保证，而且不好算，于是否决掉了。

    后来想了一下，这个题目实际可以转化成一个圆里面有一些点，然后用一条直径把圆切成两半，这样哪一半里面的点多就取哪一半。同时不难想到，一定可以构造出这条直径过某个点且切完之后可以得到最优解的情况，因为如果这条直径不过任何一个点，我们就可以将其旋转使其过某一点，同时这样不会影响到解的最优性。

    想到这，剩下的工作就比较简单了。我们只要枚举每一个圆内的点，将其与圆心的连线作为切割的直径，然后运用叉积判断剩下的每个点是在这条直径的左边还是右边就能计算出左右两个半圆各包含了多少个点了。

    此外，还有一些细微的问题需要注意，比如如果某个点恰好在圆心，那么我们就不能枚举这个点，因为这样直线的方向是不能确定的。同时，万一有一种情况只有一个点位于圆内且这个点恰好在圆心怎么办？我们可以先扫描一遍圆内的点，将位于圆心的点的数量计算出来，并将这个值作为的解的最小值即可。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define zero 1e-8
#define MAXD 160
struct point
{
    double x, y;
}p[MAXD];
int N;
double R, X, Y;
double fabs(double x)
{
    return x < 0 ? -x : x;
}
int dcmp(double x)
{
    return fabs(x) < zero ? 0 : (x < 0 ? -1 : 1);
}
double det(double x1, double y1, double x2, double y2)
{
    return x1 * y2 - x2 * y1;
}
double sqr(double x)
{
    return x * x;
}
void init()
{
    int i, j, k, n;
    scanf("%d", &n);
    N = 0;
    while(n --)
    {
        scanf("%lf%lf", &p[N].x, &p[N].y);
        if(dcmp(sqr(p[N].x - X) + sqr(p[N].y - Y) - R * R) <= 0)
            ++ N;
    }
}
void solve()
{
    int i, j, k, t1, t2, cnt = 0;
    for(i = 0; i < N; i ++)
        if(dcmp(p[i].x - X) == 0 && dcmp(p[i].y - Y) == 0)
            ++ cnt;
    for(i = 0; i < N; i ++)
        if(dcmp(p[i].x) - X != 0 || dcmp(p[i].y - Y) != 0)
        {
            t1 = t2 = 0;
            for(j = 0; j < N; j ++)
            {
                if(dcmp(det(p[i].x - X, p[i].y - Y, p[j].x - X, p[j].y - Y)) <= 0)
                    ++ t1;
                if(dcmp(det(p[i].x - X, p[i].y - Y, p[j].x - X, p[j].y - Y)) >= 0)
                    ++ t2;
            }
            if(t1 > cnt)
                cnt = t1;
            if(t2 > cnt)
                cnt = t2;
        }
    printf("%d\n", cnt);
}
int main()
{
    for(;;)
    {
        scanf("%lf%lf%lf", &X, &Y, &R);
        if(dcmp(R) < 0)
            break;
        init();
        solve();
    }
    return 0;
}