CloudLunar
主页
知识库
人文社科
自然科学
跨学科领域
热门分类
算法及题库
云璟月's
墨色集(设计)
指尖集(代码)
未央集(随笔)
流觞集(语录)
如花集(书影)
纸鸢集(小说)
登录
B站
微博
人人
开心
Twitter
Facebook
RSS订阅链接
留言板
关于我
在社交网站上关注我
B站
微博
人人
开心
Twitter
Facebook
RSS订阅
RSS订阅链接
留言板
关于我
查看HDU/1007的源代码
←
HDU/1007
因为以下原因,你没有权限编辑本页:
你刚才请求的操作只对属于该用户组的用户开放:
用户
您可以查看并复制此页面的源代码:
[[分类:二分与分治]][[分类:计算几何]] ==摘要== {{信息题|Quoit Design|http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid{{=}}68572#problem/H|2|100|time=2015-02-06 21:36:45}} *来自寒假练习:[http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=68572 Only a signing tool !] H题 *原题链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1007 ==题意== 求平面内的最近点对。 ==题解== *只能想到O(<m>n^2</m>)的枚举,肯定会T,于是想一定有特别的至少O(nlogn)级别的算法,于是就……<ref>http://yzmduncan.iteye.com/blog/1432880</ref> *要降复杂度,肯定要使用分治的方式将一维降成logn级别,简单地说有以下3步: ::#将n个点的集合S按x坐标对半分成两个子集S1、S2; ::#递归求S1、S2中答案d; ::#求S1和S2之间的最接近点对,如果比d优更新d。 *比较麻烦的是第三步,为了保证最优性,事实上我们只需要在S1、S2交界线两边形成的宽为2d的带状区间P1、P2查找最优答案即可,但是最坏情况可能有n个点使得复杂度达到O(<m>n^2</m>)。 *但是,由于之前的递归,保证了P1、P2中的点具有两两间距>d这一稀疏的性质,对于P1中的任意一点,P2中的点必定落在一个d*2d的矩形中才可能保持更优,因而最多只需检查六个点<ref>http://blog.csdn.net/lu1012123053/article/details/9825175</ref>。 *我们可以通过对y坐标再次排序来求得这些点。实际时间复杂度约O(nlognlogn)。 ==代码== {{折叠|1007.cpp代码已折叠 |<pre> #include<cstdio> #include<cmath> #include<climits> #include<algorithm> using namespace std; #define ci const int & #define cd const double & #define cv const Vector2 & class Vector2 { public: double x,y; Vector2(cd _x,cd _y):x(_x),y(_y){}; Vector2():x(0),y(0){}; friend Vector2 operator -(cv lhs,cv rhs) { return Vector2(lhs.x-rhs.x,lhs.y-rhs.y); } operator double() const { return sqrt(x*x+y*y); } } p[120000]={}; Vector2 *inRange[120000]={}; size_t k; bool cmpy(Vector2 *x,Vector2 *y){return x->y<y->y;} bool cmpx(const Vector2 &x,const Vector2 &y){return x.x==y.x?x.y<y.y:x.x<y.x;} double getAns(ci l,ci r) { if(l==r)return 1e+9; if(l==r-1)return double(p[r]-p[l]); int m=(l+r)>>1; double rt=min(getAns(l,m),getAns(m+1,r)); k=0; for(int i=l;i<=r;++i) { if(abs(p[m].x-p[i].x)<=rt) inRange[++k]=&p[i]; } sort(inRange+1,inRange+k+1,cmpy); for(int i=1;i<=k;++i) for(int j=i+1;j<=k&&inRange[j]->y-inRange[i]->y<rt;++j) rt=min(double(*inRange[i]-*inRange[j]),rt); return rt; } int main() { while(1) { int n; scanf("%d",&n); if(!n)return 0; for(int i=1;i<=n;++i) { scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y); } sort(p+1,p+n+1,cmpx); printf("%.2lf\n",getAns(1,n)/2); } } </pre> |code1007}} ==参考资料和拓展阅读== <references/>
该页面使用的模板:
模板:=
(
查看源代码
)
模板:信息题
(
查看源代码
)
模板:折叠
(
查看源代码
)
返回
HDU/1007
。
著作权声明
[
编辑
]
除非另有说明,本
网站内容
采用
知识共享署名-非商业性使用-相同方式共享 4.0 国际许可协议
进行许可(中国大陆可以参照
知识共享署名-非商业性使用-相同方式共享 3.0 中国大陆许可协议
,如有不同以前者为准)。
如果需要商业化使用,请另联系作者取得授权。
关于
[
编辑
]
联系
@云璟月Lunar
的新浪微博
本站RSS:
RSS链接