【XSY2760】nonintersect 计算几何
题目描述
平面上有\(n\)条线段,你要擦掉所有线段但保留原有的\(2n\)个端点,然后连接这些端点形成\(n\)条不相交的线段,每个端点只能在一条线段中。
假设你画的线段总长为\(Y\),原有线段的总长为\(X\),你要满足\(Y\geq \frac{2}{\pi}X\)
\(n\leq 5000\)
题解
我们先随便画一个向量,把所有向量投影到这个向量上面。
若一个确定的向量\(\overrightarrow a\)的倾角为\(x\),另一个随机的单位向量\(\overrightarrow b\)的倾角为\(\theta\),那么\(\overrightarrow a\)在\(\overrightarrow b\)上的投影的长度为\(|a||\cos (x-\theta)|\)。这个东西的期望为\(|a|\frac{2}{\pi}\)。
所以随机一个向量,所有向量在这个向量的投影上的长度之和\(>\frac{2}{\pi}X\)的概率为\(\frac{1}{2}\)。
你可以多随机几次,也可以用一个确定性的算法算出上面这个东西。
怎么算?
假设后面那部分没有绝对值符号。把\(|a|\cos(x-\theta)\)展开成$|a|\sin x\sin \theta+|a|\cos x\cos \theta \(,把这些东西加起来得到\)c\sin \theta + d\cos \theta\(。现在我们要求这个东西的最大值。\)(c\sin \theta + d\cos \theta)'=c\cos \theta - d \sin \theta\(,那么\)\frac{c}{d}=\tan \theta$,然后就可以算出投影的长度。
但是现在有绝对值符号。
先把所有向量翻到\(x\)轴上方,按极角排序。
假设最优的是蓝色这个向量。
我们枚举和这个向量垂直的直线(红色),那么直线左边的向量\(\cos(x-\theta)\)的符号就是负的,右边的就是正的。
所以我们可以在\(O(n\log n)\)内把最优的向量算出来。
接下来把所有\(2n\)点投影在这个向量上,取左边一半的点作为我们要连的线段的左端点,右边一半的点作为右端点。这样连出来的长度肯定比原有的线段在这个向量上投影的长度大。
这样我们就得到了两个分离的点集,现在要在这两个点集间连线。
有两种方法:
第一种:取左下方的点集最左下的点,然后枚举右侧点集中的一个点,要求这两个点连成的直线下方的点中每个点集的点各占一半。把这两个点连起来,然后分治成小问题。
时间复杂度:期望\(O(n\log^2n)\),最坏\(O(n^2\log n)\)
第二种:求这两个点集合并后的凸包,删掉凸包上相邻两个属于不同的点集的点,把这两个点连起来,重复前面的过程。
时间复杂度:\(O(n^2)\)
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<utility>
#include<vector>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<double,double> pdd;
typedef long long ll;
const double pi=acos(-1);
const double eps=1e-9;
struct point
{
double x,y;
point(){}
point(const double &a,const double &b):x(a),y(b){}
};
point operator +(point a,point b){return point(a.x+b.x,a.y+b.y);}
point operator -(point a,point b){return point(a.x-b.x,a.y-b.y);}
point operator *(point a,double b){return point(a.x*b,a.y*b);}
int operator <(point a,point b){if(a.x!=b.x)return a.x<b.x;return a.y<b.y;}
double dot(point a,point b){return a.x*b.x+a.y*b.y;}
double cross(point a,point b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
double len(point a){return sqrt(a.x*a.x+a.y*a.y);}
struct point2
{
int x,y;
point2(int a=0,int b=0)
{
x=a;
y=b;
}
};
point2 operator +(const point2 &a,const point2 &b){return point2(a.x+b.x,a.y+b.y);}
point2 operator -(const point2 &a,const point2 &b){return point2(a.x-b.x,a.y-b.y);}
point2 operator *(const point2 &a,const int &b){return point2(a.x*b,a.y*b);}
int operator <(const point2 &a,const point2 &b){if(a.x!=b.x)return a.x<b.x;return a.y<b.y;}
ll dot(const point2 &a,const point2 b){return (ll)a.x*b.x+(ll)a.y*b.y;}
ll cross(const point2 &a,const point2 &b){return (ll)a.x*b.y-(ll)a.y*b.x;}
double len(point2 a){return sqrt((double)a.x*a.x+(double)a.y*a.y);}
struct ppp
{
point2 x;
int y;
double v;
pdd a;
};
ppp c[10010];
point2 a[10010];
pii d[5010];
int cmp(ppp a,ppp b)
{
return a.v<b.v;
}
int n;
int link[10010];
int v1[10010],v2[10010];
int t1,t2;
int cmp2(int x,int y)
{
if(a[x].x!=a[y].x)
return a[x].x<a[y].x;;
return a[x].y<a[y].y;
}
int color[10010];
int b[10010];
int st[10010];
int top;
pdd operator +(pdd a,pdd b){return pdd(a.first+b.first,a.second+b.second);}
pdd operator -(pdd a,pdd b){return pdd(a.first-b.first,a.second-b.second);}
pdd f1[10010];
pdd f2[10010];
struct pppp
{
point x;
int y;
};
pppp e[10010];
int cmp3(pppp a,pppp b)
{
return a.x<b.x;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=2*n;i++)
scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
int x,y;
double s=0,ans;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&d[i].first,&d[i].second);
s+=len(a[d[i].first]-a[d[i].second]);
c[i].x=a[d[i].second]-a[d[i].first];
if(c[i].x.y<0)
{
c[i].x.x=-c[i].x.x;
c[i].x.y=-c[i].x.y;
}
c[i].y=i;
c[i].v=atan2(c[i].x.y,c[i].x.x);
c[i].a.first=len(c[i].x)*sin(c[i].v);
c[i].a.second=len(c[i].x)*cos(c[i].v);
}
sort(c+1,c+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
f1[i]=f1[i-1]+c[i].a;
double mx=0,angle;
for(int i=0;i<=n;i++)
{
double now_angle=atan2(f1[n].first-2*f1[i].first,f1[n].second-2*f1[i].second);
if(now_angle<0)
now_angle+=2*pi;
double now=(f1[n].first-2*f1[i].first)*sin(now_angle)+(f1[n].second-2*f1[i].second)*cos(now_angle);
if(now>mx)
{
mx=now;
angle=now_angle;
}
}
point r(cos(angle),sin(angle));
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
e[i].x=r*dot(point(a[i].x,a[i].y),r);
e[i].y=i;
}
sort(e+1,e+2*n+1,cmp3);
for(int i=1;i<=n;i++)
color[e[i].y]=1;
for(int i=n+1;i<=2*n;i++)
color[e[i].y]=2;
t1=t2=0;
for(int i=1;i<=2*n;i++)
v1[++t1]=i;
sort(v1+1,v1+t1+1,cmp2);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
top=0;
t2=t1;
for(int i=1;i<=t1;i++)
v2[i]=v1[i];
for(int j=1;j<=t1;j++)
{
x=v1[j];
while(top>=2&&cross(a[x]-a[st[top-1]],a[st[top]]-a[st[top-1]])>0)
top--;
st[++top]=x;
}
int flag=1;
for(int i=1;i<top;i++)
if(color[st[i]]!=color[st[i+1]])
{
link[st[i]]=st[i+1];
link[st[i+1]]=st[i];
b[st[i]]=b[st[i+1]]=1;
flag=0;
i++;
}
if(flag)
{
top=0;
for(int j=t1;j>=1;j--)
{
x=v1[j];
while(top>=2&&cross(a[x]-a[st[top-1]],a[st[top]]-a[st[top-1]])>0)
top--;
st[++top]=x;
}
for(int i=1;i<top;i++)
if(color[st[i]]!=color[st[i+1]])
{
link[st[i]]=st[i+1];
link[st[i+1]]=st[i];
b[st[i]]=b[st[i+1]]=1;
i++;
}
}
t1=0;
for(int i=1;i<=t2;i++)
if(!b[v2[i]])
v1[++t1]=v2[i];
}
for(int i=1;i<2*n;i++)
if(link[i]>i)
printf("%d %d\n",i,link[i]);
return 0;
}
【XSY2760】nonintersect 计算几何的更多相关文章
- ACM/ICPC 之 计算几何入门-叉积-to left test(POJ2318-POJ2398)
POJ2318 本题需要运用to left test不断判断点处于哪个分区,并统计分区的点个数(保证点不在边界和界外),用来做叉积入门题很合适 //计算几何-叉积入门题 //Time:157Ms Me ...
- HDU 2202 计算几何
最大三角形 Time Limit: 5000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submi ...
- ACM 计算几何中的精度问题(转)
http://www.cnblogs.com/acsmile/archive/2011/05/09/2040918.html 计算几何头疼的地方一般在于代码量大和精度问题,代码量问题只要平时注意积累模 ...
- hdu 2393:Higher Math(计算几何,水题)
Higher Math Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total ...
- sdut 2603:Rescue The Princess(第四届山东省省赛原题,计算几何,向量旋转 + 向量交点)
Rescue The Princess Time Limit: 1000ms Memory limit: 65536K 有疑问?点这里^_^ 题目描述 Several days ago, a b ...
- [知识点]计算几何I——基础知识与多边形面积
// 此博文为迁移而来,写于2015年4月9日,不代表本人现在的观点与看法.原始地址:http://blog.sina.com.cn/s/blog_6022c4720102vxaq.html 1.前言 ...
- POJ 1106 Transmitters(计算几何)
题目链接 切计算几何,感觉计算几何的算法还不熟.此题,枚举线段和圆点的直线,平分一个圆 #include <iostream> #include <cstring> #incl ...
- TYVJ计算几何
今天讲了计算几何,发几道水水的tyvj上的题解... 计算几何好难啊!@Mrs.General....怎么办.... 这几道题都是在省选之前做的,所以前面的Point运算啊,dcmp啊,什么什么的,基 ...
- 计算几何 平面最近点对 nlogn分治算法 求平面中距离最近的两点
平面最近点对,即平面中距离最近的两点 分治算法: int SOLVE(int left,int right)//求解点集中区间[left,right]中的最近点对 { double ans; //an ...
随机推荐
- 基于Tornado签名cookie源码设计API认证
想法1 服务端客户端个保存相同的一串字符串,客户端发送API请求时带着这段字符串来我服务端做校验,通过则返回相应数据,否则拒绝访问 弊端 黑客截取到请求信息,可直接会获取到该字符串,想服务端发送请求并 ...
- Jenkins - 构建Allure Report
前言 本文为Pytest+Allure定制报告进阶篇,集成Jenkins,在Jenkins中直接生成报告,更方便测试人员查看. 一.安装插件allure-jenkins-plugin 1.进入系统管理 ...
- Python—os模块介绍
OS模块 我们平时工作中很常用到的一个模块,通过os模块调用系统命令,获得路径,获取操作系统的类型等都是使用该模块.os 模块提供了很多允许你的程序与操作系统直接交互的功能 得到当前工作目录,即当前P ...
- Winform MDI窗体切换不闪烁的解决办法(测试通过)
https://stackoverflow.com/questions/5817632/beginupdate-endupdate-for-datagridview-request SuspendLa ...
- 多线程系列之八:Thread-Per-Message模式
一,Thread-Per-Message模式 翻译过来就是 每个消息一个线程.message可以理解为命令,请求.为每一个请求新分配一个线程,由这个线程来执行处理.Thread-Per-Message ...
- Python&R&量化 金融之路
[ 分类 ]- 金融之路 - 闲云孤鹤(人生在世五十年,大千世界一瞬间,浮生若梦,仿佛间,幻境一场,生者无常,终须尽.) - CSDN博客 https://blog.csdn.net/robertso ...
- JavaScript生成二维码图片
1.引入一个二维码工具的js文件,同时需要引入jquery文件 下面是jquery.qrcode.min.js文件内容: (function(r){r.fn.qrcode=function(h){va ...
- IdentityServer4【QuickStart】之设置和概述
设置和概述 有两个基本的方式来开启一个新的IdentityServer项目: 从头开始 从asp.net Identity模板开始 如果你从头开始,我们提供了一些基于内存中构建的存储,所以你不必一开始 ...
- python爬虫之PyQuery的基本使用
PyQuery库也是一个非常强大又灵活的网页解析库,如果你有前端开发经验的,都应该接触过jQuery,那么PyQuery就是你非常绝佳的选择,PyQuery 是 Python 仿照 jQuery 的严 ...
- vue 條件語句
條件判斷使用v-if.v-else-if.v-else. v-show