uva1382 - Distant Galaxy 部分枚举递推

最新推荐文章于 2017-10-22 14:46:00 发布

小小小小葱

最新推荐文章于 2017-10-22 14:46:00 发布

阅读量693

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏：枚举

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/corncsd/article/details/18988031

枚举专栏收录该内容

6 篇文章

订阅专栏

通过天文观测获得星系中恒星系统的坐标后，本篇介绍了一种算法，用于找出能覆盖最多恒星系统的矩形区域。该算法利用了优化后的枚举技巧和动态规划思想，大幅减少了计算复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

You are observing a distant galaxy using a telescope above the Astronomy Tower, and you think that a rectangle drawn in that galaxy whose edges are parallel to coordinate axes and contain maximum star systems on its edges has a great deal to do with the mysteries of universe. However you do not have the laptop with you, thus you have written the coordinates of all star systems down on a piece of paper and decide to work out the result later. Can you finish this task?

$\epsfbox{p3694.eps}$

Input

There are multiple test cases in the input file. Each test case starts with one integerN , (1 $\le$ N $\le$ 100) , the number of star systems on the telescope. N lines follow, each line consists of two integers: theX and Y coordinates of theK -th planet system. The absolute value of any coordinate is no more than10⁹ , and you can assume that the planets are arbitrarily distributed in the universe.

N = 0 indicates the end of input file and should not be processed by your program.

Output

For each test case, output the maximum value you have found on a single line in the format as indicated in the sample output.

Sample Input

Sample Output

Case 1: 7

找一个矩形，让边界上包含最多的点。

如果枚举四个边界，统计数目，复杂度O（N^5）（统计需要O（N）），时间太长。

联想到一个问题，N个数排成一列，找出右边的数减左边的数的最大值，只需要O（N）的时间枚举右边的数，因为从左到右枚举右边的数的时候，可以顺便更新到目前为止遇到的最小值，也就是每次只要用枚举的数减去它左边的最小值就行了。

这个题其实也是上面问题的变形，可以枚举上下边界，再枚举右边界，维护最大答案。如果设on[i]为第i条竖线在上下边界内（不包括）的点的数量，on2[i]为第i条竖线在上下边界内（包括）的点的数量，l[i]为第i条竖线左边(不包括这条竖线上的)在上下边界上点的总数。那么若以i,j为左右边界，点数为on2[j]+l[j]-l[i]+on1[i]，所以从左向右枚举右边界的时候，更新目前遇到的on1[i]-l[i]的最大值就不需要在枚举左边界了。

算出on,on2,l需要O（N）的时间扫一遍，在已按x排好序的情况下，若这个x和上个x不相等，说明竖线又多了一条k，l[k]=l[k-1]+on2[k-1]-on[k-1]。根据判断y是否在上下边界内来算on,on2。

结构体按x排序。那怎么枚举上下边界呢？用一个数组y[i]记录第i个点的y坐标，从小到大排序，我也是才知道还有这个函数，unique，能把一个序列连续相同的只留一个，剩下的排到序列后面，返回起始地址加上有多少个不同的数，比如1，1，2调用这个函数就变成1，2，1，但是1，2，1调用就不会变化，因为1不连续。

目前做了2个部分枚举的题目，还不是很熟，都需要一些递推，不好想。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAXN 110
#define MAXM 60
#define eps 1e-9
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
int N,y[MAXN],on[MAXN],on2[MAXN],l[MAXN];
struct point{
    int x,y;
    bool operator < (const point &a) const{
        return x<a.x;
    }
}p[MAXN];
int solve(){
    int ret=0;
    sort(p,p+N);
    sort(y,y+N);
    int m=unique(y,y+N)-y;  //有m条横线
    if(m<=2) return N;
    for(int a=0;a<m;a++)           //枚举上下界
        for(int b=a+1;b<m;b++){
            int miny=y[a],maxy=y[b],k=0;
            memset(on,0,sizeof(on));
            memset(on2,0,sizeof(on2));
            memset(l,0,sizeof(l));
            for(int i=0;i<N;i++){        //递推求出l,on,on2
                if(!i||p[i].x!=p[i-1].x){
                    k++;
                    if(k>1) l[k]=l[k-1]+on2[k-1]-on[k-1];
                }
                if(p[i].y<maxy&&p[i].y>miny) on[k]++;
                if(p[i].y<=maxy&&p[i].y>=miny) on2[k]++;
            }
            if(k<=2) return N;
            int MAX=0;
            for(int i=1;i<=k;i++){     //从左往右枚举右边界，维护最大值
                ret=max(ret,l[i]+on2[i]+MAX);
                MAX=max(MAX,on[i]-l[i]);
            }
        }
    return ret;
}
int main(){
    freopen("in.txt","r",stdin);
    int cas=0;
    while(scanf("%d",&N),N){
        for(int i=0;i<N;i++){
            scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
            y[i]=p[i].y;
        }
        printf("Case %d: %d\n",++cas,solve());
    }
    return 0;
}