hdu 3299 Distant Galaxy 策略

最新推荐文章于 2019-07-19 11:44:49 发布

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本文讨论了如何在给定n个点的情况下，通过矩阵边界选择来最大化包含的点数。通过枚举边界线并利用特定数组记录点的位置信息，实现O(n^3)的时间复杂度解决此问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：

给定n(1<=n<=100)个点，现在要求找到一个矩阵，使得矩阵边界上包含尽可能多的点。输出最多能包含的点数。

题解：

先我们可以确定矩阵四条边界上必定至少存在一个点（除非所有点都在一条线上，这时结果是n）。那么我们可以枚举矩阵上下边界，耗时O(n^2)。然后枚举所有的竖线，耗时O(n)，再在O(n)时间内找出两条竖线使得以枚举的两条线为上下边界的矩阵的最大包含点数，总复杂度O(n^3)。所以我们需要用到下面的数组：

Left[i]表示在竖线i左边，两条上下边界线上的点的个数（不包含竖线i上的点）
on[i]表示竖线i上的点且在两条上下边界间的点（不包括边界上的点）
on2[i]表示竖线i上的点且在两条上下边界间的点（包括边界上的点）

具体信息见下图。

那么矩阵上的点个数为ans=Left[j]-Left[i]+on[i]+on2[j](i<j)。我们在枚举竖线的时候，用maxv保存之前最大的on[i]-Left[i]，那么就能在O(n)时间内找到两条上下边界条件下的最大的ans。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <cctype>
using namespace std;

const int maxn=1e2+10;
struct Point{
    int x,y;
    bool operator < (const Point &a)const{
        return x<a.x;
    }
}e[maxn];
int n,m,y[maxn],on[maxn],on2[maxn],Left[maxn];

int solve()
{
    sort(e,e+n);
    sort(y,y+n);
    m=unique(y,y+n)-y;//去重
    if(m<=2)return n;//只有两种以下不同的y时，矩阵可以包含所有的点

    int i,j,k,p,ans=0,maxv,ymin,ymax;
    for(i=0;i<m;i++)
    {
        for(j=i+1;j<m;j++)//枚举矩阵的两条横线
        {
            ymin=y[i];ymax=y[j];//矩阵上下界很坐标
            k=0;
            for(p=0;p<n;p++)//确定在矩阵的竖线，共k条
            {
                if(p==0||e[p].x!=e[p-1].x)
                {
                    k++;
                    on[k]=on2[k]=0;
                    Left[k]=k==0?0:Left[k-1]+on2[k-1]-on[k-1];
                }
                if(e[p].y>ymin&&e[p].y<ymax)on[k]++;
                if(e[p].y>=ymin&&e[p].y<=ymax)on2[k]++;
            }
            if(k<=2)return n;//只有两种以下的x时，矩阵可以包含所有的点
            maxv=0;//最大的on[i]-Left[i](i<p)
            for(p=1;p<=k;p++)
            {
                ans=max(ans,Left[p]+on2[p]+maxv);
                maxv=max(maxv,on[p]-Left[p]);
            }
        }
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int tt=0;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        if(n==0)break;
        int i,j,k;
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y);
            y[i]=e[i].y;
        }
        printf("Case %d: %d\n",++tt,solve());
    }
    return 0;
}
/*
Left[i]表示在竖线i左边，两条上下边界线上的点的个数（不包含竖线i上的点）
on[i]表示竖线i上的点且在两条上下边界间的点（不包括边界上的点）
on2[i]表示竖线i上的点且在两条上下边界间的点（包括边界上的点）
那么矩阵上的点个数为Left[j]-left[i]+on[i]+on2[j](i<j)。
*/