GDKOI2023 普及组Day1 淋雨

题目描述

Moon发现自己来到了一个二维平面上，但是自己只能在 \(y=0\) 的直线上以不超过 \(v_cm/s\) 的速度行走（可以折返回来走）。这个时候天空开始下了倾盘大雨，一共有 \(n\) 个雨滴，第个 \(i\) 雨滴以\(v_gm/s\)的速度从\((x_i,y_i)\)开始匀速下落，同时开始刮起了速度为\(v_w m/s\)，方向为x轴正方向的大风，可以认为每个雨滴在水平方向上有了和风速一样的速度，以及风不会影响人的行走速度。

Moon非常喜欢淋雨，为了简单起见把每个雨滴和Moon都视为是一个点，只有某个雨滴到达�x轴的位置的同时，Moon也正好在这个位置上，Moon才可以被这个雨滴淋到。现在给出q个询问，第i(1≤i≤q)次询问给出一个初始位置\((s_i,0)\)，Moon想知道自己从\((s_i,0)\)出发，在整个运动过程中，最多可以被多少个雨滴淋到呢？

分析

先分析一下每个雨滴落下至 \(x\) 轴的位置 \(p\) 和时间 \(t\) ：

不难得到 \(t=\frac y{v_g},p=x+tv_w\) 。

因为上面的柿子有分数，不好算，所以整体乘上一个 \(v_g\) 得到 \(t=y,p=x+tv_w\) 。

根据题意我们设 \(f_i\) 表示从第 \(i\) 个雨滴出发，最多能被多少个雨滴淋到。

转移就很显然了，\(f_i=max(f_j)+1\) 。

其中 \(i\) 与 \(j\) 应满足 \(|p_i-p_j|\le v_c·(t_j-t_i)\)。

拆开绝对值并移项可得两条不等柿：

1. \(v_c·t_i-p_i\le v_c*t_j-p_j\)
2. \(v_c·t_i+p_i\le v_c*t_j+p_j\)

满足以上两条件的 \(i\) 均可向 \(j\) 转移，现在考虑怎么么求满足以上条件的最大 \(f_j\)。

寄 \(x=v_c·t_i-p_i,y=v_c*t_i+p_i\) ，然后先对 \(x\) 排序，显然排序后第 \(i\) 个雨滴就可能从前 \(i-1\) 个雨滴转移过来，这样就满足了第一个条件。

因为我们只关心大小关系并且 \(y\) 的值可能很大，所以对 \(y\) 进行离散化至区间 \([1,n]\) 。

然后我们把第 \(j\) 的雨滴以二元组 \((y,f_j)\) 的形式插入树状数组，那么 \(f_i\) 就相当于是在 \([y_i,n]\) 之中找 \(f_j\) 的最大值，这样就满足了第二个条件。

回到题目，他是有 \(q\) 个询问，每个询问表示从 \((s,0)\) 出发最多可以被多少个雨滴淋到。

我们可以将 \((s,0)\) 看做是一个雨滴，然后再计算它的 \(f\) 值。

发现在线没有不好处理，正难则反，那就离线处理，你不能每次询问都做一次dp。

先分别计算每个起点对应的 \(x\) 和 \(y\) 值然后对 \(x\) 进行排序，也要离散化。

考虑当前枚举到第 \(i\) 个起点，第 \(j\) 滴雨滴，那么只要每次把 \(x_j\le x_i\) 的雨滴的 \(f_j\) 都插入到树状数组里，最后输出 \([y_i,n]\) 之间 \(f_j\) 的最大值即可。

最后树状数组维护的是前缀，所以要把所有的区间翻转一下。如 \([y_i,n]\) 翻转成 \([1,n-y_i+1]\) 。

时间复杂度 \(O((n+q)\log n)\) 。

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,q,s,vc,vg,vw,y[N],tr[N],ans[N];
struct point{
    int t,p,x,y,id;
    bool operator<(const point& CXK)const{
        return x>CXK.x||x==CXK.x&&y>CXK.y;
    }
}c[N],ask[N];
inline void update(int x,int k){
    for(;x<=n;x+=x&-x)
        tr[x]=max(tr[x],k);
}
inline int getmax(int x){
    int res=0;
    for(;x>0;x-=x&-x) res=max(res,tr[x]);
    return res;
}
void Init(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>q>>vg>>vw>>vc;
    for(re int i=1;i<=n;i++){
        int x,y; cin>>x>>y;
        c[i]={y,x*vg+y*vw,0,0,0};
    }
    for(re int i=1;i<=n;i++){
        c[i].x=vc*c[i].t-c[i].p;
        c[i].y=y[i]=vc*c[i].t+c[i].p;
    }
}
signed main(){
    Init();
    for(re int i=1;i<=q;i++){
        cin>>s; s*=vg;
        ask[i]={0,s,-s,s,i};
    }
    sort(y+1,y+n+1);
    sort(c+1,c+n+1);
    sort(ask+1,ask+q+1);
    for(re int i=1,j=1;i<=q;i++){
        int ay=lower_bound(y+1,y+n+1,ask[i].y)-y;
        while(c[j].x>=ask[i].x&&j<=n){
            c[j].y=lower_bound(y+1,y+n+1,c[j].y)-y;
            update(n-c[j].y+1,getmax(n-c[j].y+1)+1);
            j++;
        }
        ans[ask[i].id]=getmax(n-ay+1);
    }
    for(int i=1;i<=q;i++) cout<<ans[i]<<'\n';
    return 0;
}