【题解】[CJOI2019Chebnear]

题目描述

给定平面上有$n$个仇人，$(x,y) ,x,y \in R^+$ ，$n$个人都是仇人关系，而有仇人关系的一对人的切比雪夫距离若$\le k$则会发生“吵架”。可是，对于有些仇人$i$和$j$，先记为三元组$P(t,i,w)$,他们的的仇人关系并不深，假设给全体$n$个人每人$\ge w$的钱他们就变为朋友了。而朋友不会吵架，而且朋友的朋友也是你的朋友。

现在问你，你最少给多少钱$w$可是让所有人不吵架？

数据范围

$n\le100000,m\le100000$

说明

切比雪夫距离：$d=max(|x_i-x_j|,|y_i-y_j|)$

$Solution$

显然二分答案$w$。接下来的任务就是当给每个人$w$钱的时候，是否有人吵架了。

然后$O(m)$枚举那些朋友可以连接，直接用并查集维护朋友关系。

考虑暴力。

$O(n^2)$枚举每个点对，看他们是否吵架。这样显然超时。

我们仔细思考一下，发现吵架只和以下两个因素有关。

$y$安全但$x$距离过近。
$x$安全但$y$距离过近。
朋友

朋友关系已经用并查集维护了，可以$O(\alpha(n))=O(1)$查询。接下来就是$x,y$的问题了。

考虑把所有点按$x$排序。这样我们就可以快速确定一段区间内的人是否有可能$x$过近，然后对于这些点$O(n_?^2)$枚举是否会吵架就好了。

但是怎么缩小$n_?$呢？

对于平面最近点对问题，可以证明$n_? \le 6$。这里我们也可以类比，每次和最近点对一样，直接从中间分开，分治。我们的$n_?$一定比最近点对的$n_?$还要小，因为我们还有$k$的限制呀，帮助我们剪枝。

接下来上代码了，今天的代码是不是码风很棒？

#include<bits/stdc++.h>

#define RP(t,a,b) for(register int (t)=(a),edd_=(b);t<=edd_;++t)

#define DRP(t,a,b) for(register int (t)=(a),edd_=(b);t>=edd_;--t)

#define ERP(t,a) for(int t=head[a];t;t=e[t].nx)

#define pushup(x) seg[(x)]=seg[(x)<<1]+seg[(x)<<1|1]

#define midd register int mid=(l+r)>>1

#define TMP template<class ccf>

#define rgt L,R,mid,r,pos<<1|1

#define lef L,R,l,mid,pos<<1

#define all 1,n,1

using namespace std;typedef long long ll;

TMP inline ccf Max(ccf a,ccf b){return a<b?b:a;}

TMP inline ccf Min(ccf a,ccf b){return a<b?a:b;}

TMP inline ccf Abs(ccf a){return a<0?-a:a;}

TMP inline ccf qr(ccf k){

    char c=getchar();ccf x=0;int q=1;

    while(c<48||c>57)q=c==45?-1:q,c=getchar();

    while(c>=48&&c<=57)x=x*10+c-48,c=getchar();

    return q==-1?-x:x;}

//-----------------template&IO------------------

int n,m;double k;

const int maxn=1e5+5;

struct node{

    double x,y;int id;

    inline bool operator <(node a){return x<a.x;}

    inline double operator -(node a){return Max(Abs(x-a.x),Abs(y-a.y));}

}data[maxn];

struct E{

    int fr,to;double w;

    inline bool operator <(E a){return w<a.w;}

}e[maxn<<1];

int rr[maxn];

inline int q(int x){register int t=x,temp,i=x;

    while(rr[t]!=t) t=rr[t];

    while(rr[i]!=i) temp=rr[i],rr[i]=t,i=temp;

    return t;

}

inline void j(int x,int y){rr[q(x)]=q(y);}

inline bool in(int x,int y){return q(x)==q(y);}

struct DFN{

    double pos;int id;

    inline bool operator <(DFN x){return pos<x.pos;}

}dfn[maxn];

bool divd(int lb,int rb){register int mid=(lb+rb)>>1;

    if(lb>=rb) return 1;

    if(!divd(lb,mid))   return 0;

    if(!divd(mid+1,rb)) return 0;

    register int L=mid,R=mid;

    while(data[mid].x-data[L-1].x<=k&&L>lb) --L;

    while(data[R+1].x-data[mid].x<=k&&R<rb) ++R;

    RP(t,L,R)RP(i,t+1,R)

	if(!in(data[t].id,data[i].id)&&data[t]-data[i]<=k)

	    return 0;

    return 1;

}

inline bool chek(double x){

    RP(t,1,n) rr[t]=t;

    RP(t,1,m) if(x>=e[t].w) j(e[t].fr,e[t].to);

    return divd(1,n);

}

int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

    freopen("chebnear.in","r",stdin);

    freopen("chebnear.out","w",stdout);

#endif

    cin>>n>>m>>k;

    RP(t,1,n)

	cin>>data[t].x>>data[t].y,data[t].id=t;

    RP(t,1,m)

	cin>>e[t].fr>>e[t].to>>e[t].w;

    sort(data+1,data+n+1);

    sort(e+1,e+m+1);

    int l=1,r=m,ans=m;

    do{

	midd;

	if(chek(e[mid].w))

	    r=mid-1,ans=Min(ans,mid);

	else

	    l=mid+1;

    }while(l<=r);

    if(chek(0)) ans=0;

    printf("%.3lf\n",e[ans].w);

    return 0;

}