[BZOJ]1071 組隊(SCOI2007)

　　一道比較NB的套路題。

Description

　　NBA每一年都有球員選秀環節。一般用速度和身高兩項數據來衡量一個籃球運動員的基本素質。假如一支球隊裏速度最慢的球員速度爲minV，身高最矮的球員高度爲minH，那麼這支球隊的全部隊員都應該知足: A * ( height – minH ) + B * ( speed – minV ) <= C 其中A和B，C爲給定的經驗值。這個式子很容易理解，若是一個球隊的球員速度和身高差距太大，會形成配合的不協調。 請問做爲球隊管理層的你，在N名選秀球員中，最多能有多少名符合條件的候選球員。

Input

　　第一行四個數N、A、B、C 下接N行每行兩個數描述一個球員的height和speed。

Output

　　最多候選球員數目。

Sample Input

　　4 1 2 10
　　5 1
　　3 2
　　2 3
　　2 1

Sample Output

　　4

HINT

　　1 <= N <= 5000，0<= height,speed <= 10000，A、B、C在長整型之內且爲正數。

 

Solution

　　最暴力的O(n^3)作法就是枚舉minH和minV，加入知足條件的點便可。

　　咱們試着優化一下：

　　一看到n=5000，確定是n^2的作法，所以咱們有枚舉minH和minV其中一個的餘地，因此仍是枚舉minV，把speed[i]<minV的點去除。

　　而後咱們把式子轉化一下：

　　　　

　　　　

　　　　

　　因爲咱們枚舉了minV，因此minV能夠看作是一個常數，設C'=C+B*minV。

　　　　

　　這就頗有意思，咱們設X[i]=height[i]，Y[i]=A*height[i]+B*speed[i]。因而每一個運動員就對應平面直角座標系中的點(X[i],Y[i])。

　　當咱們枚舉minH的時候，就至關於在問有多少個點(X[i],Y[i])知足：

　　　　，這就是一個二維數點問題。

　　把這些點按照X[i]排序從大到小加點，用(離散化加上)樹狀數組維護Y[i]，就能夠獲得一個O(n^2logn)的作法。

　　雖然時間複雜度爆炸可是小C纔不會告訴你小C用這個作法過了該題。

　　可是咱們注意到隨着minH的減少，A*minH+C'也是不斷減少的，(A>0，雖然原題沒說可是就算A爲負數也是同理的作法)。

　　因此咱們把這些點不只按X[i]排序，還要按Y[i]排序，用兩個指針維護，按X[i]從大到小加點，並按Y[i]從大到小刪點。

　　再加上咱們對這些點使用排序時用上插入排序，就能夠獲得一個O(n^2)的作法。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define MN 5003
using namespace std;
struct meg{int x,z; ll y;}a[MN];
int c1[MN],c2[MN];
bool u[MN];
int n,A,B,C,ans,tp1,tp2;

inline int read()
{
    int n=0,f=1; char c=getchar();
    while (c<'0' || c>'9') {if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
    while (c>='0' && c<='9') {n=n*10+c-'0'; c=getchar();}
    return n*f;
}

void solve(ll CX)
{
    register int i,j,k,sum=0;
    ll lt;
    for (i=tp1,k=tp2;i;i=j)
    {
        lt=1LL*A*a[c1[i]].x+CX;
        for (j=i;j&&a[c1[j]].x==a[c1[i]].x;--j)
            if (a[c1[j]].y<=lt) ++sum,u[c1[j]]=true;
        for (;k&&a[c2[k]].y>lt;--k)
            if (u[c2[k]]) --sum,u[c2[k]]=false;
        ans=max(ans,sum);
    }
    for (;k;--k) if (u[c2[k]]) u[c2[k]]=false;
}

void isort1(int ax)
{
    register int i,j;
    for (i=1;i<=tp1;++i)
        if (a[ax].x<a[c1[i]].x) break;
    ++tp1;
    for (j=tp1;j>i;--j) c1[j]=c1[j-1];
    c1[i]=ax;
}
void isort2(int ax)
{
    register int i,j;
    for (i=1;i<=tp2;++i)
        if (a[ax].y<a[c2[i]].y) break;
    ++tp2;
    for (j=tp2;j>i;--j) c2[j]=c2[j-1];
    c2[i]=ax;
} 
bool cmp1(const meg& a,const meg& b) {return a.z<b.z;}

int main()
{
    register int i,j;
    n=read(); A=read(); B=read(); C=read();
    for (i=1;i<=n;++i)
    {
        a[i].x=read(); a[i].z=read();
        a[i].y=1LL*a[i].x*A+1LL*a[i].z*B;
    }
    sort(a+1,a+n+1,cmp1);
    for (i=n;i;i=j)
    {
        for (j=i;j&&a[j].z==a[i].z;--j)
            isort1(j),isort2(j);
        solve(1LL*a[i].z*B+C);
    }
    printf("%d",ans);
}

 

Last Word

　　小C的O(n^2logn)作法（BZOJ上總時限爲3s）：

　　O(n^2)作法（對比）：

　　常數小就是舒服.jpg