bzoj 2592 [Usaco2012 Feb]Symmetry

Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 110 Solved: 55
[Submit][Status][Discuss]
Description

After taking a modern art class, Farmer John has become interested in finding geometric patterns in everything around his farm. He carefully plots the locations of his N cows (2 <= N <= 1000), each one occupying a distinct point in the 2D plane, and he wonders how many different lines of symmetry exist for this set of points. A line of symmetry, of course, is a line across which the points on both sides are mirror images of each-other. Please help FJ answer this most pressing geometric question.

上过现代艺术课后,FJ开始感兴趣于在他农场中的几何图样。他计划将奶牛放置在二维平面上的N个互不相同的点(1<=N<=1000),他希望找出这个点集有多少条对称轴。他急切地需要你帮忙解决这个几何问题。

Input

  • Line 1: The single integer N.

  • Lines 2..1+N: Line i+1 contains two space-separated integers representing the x and y coordinates of the ith cow (-10,000 <= x,y <= 10,000).

Output

  • Line 1: The number of different lines of symmetry of the point set.

Sample Input

4

0 0

0 1

1 0

1 1

Sample Output

4
HINT

Source

Gold

[Submit][Status][Discuss]

HOME Back


【分析】
学习无力,迟早退役。


【代码】

//bzoj 2592 [Usaco2012 Feb]Symmetry
#include<bits/stdc++.h>
#define eps 1e-8
#define ll long long
#define M(a) memset(a,0,sizeof a)
#define fo(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
const int mxn=1005;
int n,ans;
inline int equ(double x)
{
    if(fabs(x)<eps) return 0;return 1;
}
struct point
{
    double x,y;
    point() {x=y=0;}
    point(double a,double b) {x=a,y=b;}
    point operator + (const point &b) const
    {return point(x+b.x,y+b.y);}
    point operator - (const point &b) const
    {return point(x-b.x,y-b.y);}
    point operator * (const double &b) const
    {return point(x*b,y*b);}
    inline double cross(const point &a,const point &b) const
    {return (a.x-x)*(b.y-y)-(b.x-x)*(a.y-y);}
    inline bool operator < (const point &b) const
    {return equ(x-b.x)?x<b.x:y<b.y;}
    inline bool operator == (const point &b) const
    {return !equ(x-b.x) && !equ(y-b.y);}        
}p[mxn],t1,t2;
set <point> s;
inline point linecross(point a,point b,point c,point d)
{
    double u=a.cross(b,c),v=b.cross(a,d);
    return point((c.x*v+d.x*u)/(u+v),(c.y*v+d.y*u)/(u+v));
}
inline point anti(point p,point a,point b)
{
    if(a==b) return point(a.x+a.x-p.x,a.y+a.y-p.y);
    point tmp(p.x+a.y-b.y,p.y+b.x-a.x);
    return linecross(p,tmp,a,b)*2-p;
}
inline int judge(point a,point b)
{
    fo(i,1,n)
      if(!s.count(anti(p[i],a,b))) return 0;
    return 1;
}
inline bool make(point a,point b,point &c,point &d)
{
    if(a==b) return 0;
    c=(a+b)*0.5;
    d=point(c.x+a.y-b.y,c.y+b.x-a.x);
    return 1;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    fo(i,1,n)
    {
        scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y);
        s.insert(p[i]);
    }
    ans+=judge(p[1],p[2]);
    make(p[1],p[2],t1,t2);
    ans+=judge(t1,t2);
    fo(i,3,n)
    {
        make(p[1],p[i],t1,t2);
        ans+=judge(t1,t2);
        make(p[2],p[i],t1,t2);
        ans+=(judge(t1,t2)&&!equ(p[1].cross(t1,t2)));
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}
题目描述 牛牛和她的朋友们正在玩一个有趣的游戏,他们需要构建一个有 $n$ 个节点的无向图,每个节点都有一个唯一的编号并且编号从 $1$ 到 $n$。他们需要从节点 $1$ 到节点 $n$ 找到一条最短路径,其中路径长度是经过的边权的和。为了让游戏更有趣,他们决定在图上添加一些额外的边,这些边的权值都是 $x$。他们想知道,如果他们添加的边数尽可能少,最短路径的长度最多会增加多少。 输入格式 第一行包含两个正整数 $n$ 和 $m$,表示节点数和边数。 接下来 $m$ 行,每行包含三个整数 $u_i,v_i,w_i$,表示一条无向边 $(u_i,v_i)$,权值为 $w_i$。 输出格式 输出一个整数,表示最短路径的长度最多会增加多少。 数据范围 $2 \leq n \leq 200$ $1 \leq m \leq n(n-1)/2$ $1 \leq w_i \leq 10^6$ 输入样例 #1: 4 4 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 1 5 输出样例 #1: 5 输入样例 #2: 4 3 1 2 1 2 3 2 3 4 3 输出样例 #2: 2 算法 (BFS+最短路) $O(n^3)$ 我们把问题转化一下,假设原图中没有添加边,所求的就是点 $1$ 到点 $n$ 的最短路,并且我们已经求出了这个最短路的长度 $dis$。 接下来我们从小到大枚举边权 $x$,每次将 $x$ 加入图中,然后再次求解点 $1$ 到点 $n$ 的最短路 $dis'$,那么增加的最短路长度就是 $dis'-dis$。 我们发现,每次加入一个边都需要重新求解最短路。如果我们使用 Dijkstra 算法的话,每次加入一条边需要 $O(m\log m)$ 的时间复杂度,总的时间复杂度就是 $O(m^2\log m)$,无法通过本题。因此我们需要使用更优秀的算法。 观察到 $n$ 的范围比较小,我们可以考虑使用 BFS 求解最短路。如果边权均为 $1$,那么 BFS 可以在 $O(m)$ 的时间复杂度内求解最短路。那么如果我们只是加入了一条边的话,我们可以将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,每次加入该边时,我们就在原始图上添加 $x$ 条边,边权均为 $1$。这样,我们就可以使用一次 BFS 求解最短路了。 但是,我们不得不考虑加入多条边的情况。如果我们还是将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,那么我们就需要加入 $x$ 条边,而不是一条边。这样,我们就不能使用 BFS 了。 但是,我们可以使用 Floyd 算法。事实上,我们每次加入边时,只有边权等于 $x$ 的边会发生变化。因此,如果我们枚举边权 $x$ 时,每次只需要将边权等于 $x$ 的边加入图中,然后使用 Floyd 算法重新计算最短路即可。由于 Floyd 算法的时间复杂度为 $O(n^3)$,因此总的时间复杂度为 $O(n^4)$。 时间复杂度 $O(n^4)$ 空间复杂度 $O(n^2)$ C++ 代码 注意点:Floyd算法计算任意两点之间的最短路径,只需要在之前的路径基础上加入新的边构成的新路径进行更新即可。
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值