HDU-1007-Quoit Design

本文详细阐述了解决特定距离问题时,从初始错误的二分查找法到采用分治策略和最小点对模板的有效优化过程。通过实例分析,展示了如何在复杂度爆炸的情况下,通过合理排序和排除不必要计算来提高算法效率,最终得到最优解。重点在于阐述了分治法的应用,以及在具体场景下如何进行代码优化。

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这题刚开始做时,可能脑袋有点鱼!!!竟然第一次写了个二分(有点逗),然后发现不用猜答案,直接找最小的就哦了。

之后就枚举(复杂度爆炸)都是TLE,最后套了个分治最小点对的模板过得。

思路:分治,合并。首先按X从小到大排序,从中间点取两边不大于D的范围内的点,D是不断更新的目前最小距离。然后把取到的点按y排序(x之间的距离已经能保证小于目前最小距离了),然后枚举每个点枚举到离他Y距离小于D的最远点就可以了,之后的点都可以排除(这样优化复杂度)。最后递归得出结果。

代码附上:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define FIN freopen("input.txt","r",stdin)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 100005;
struct node
{
  double x,y;
}ax[MAX],ay[MAX];
int n;
double dis(node a,node b){
  return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y));
}
bool cmpx(node a,node b){
  return a.x<b.x;
}
bool cmpy(node a,node b){
  return a.y<b.y;
}
//注意区间[l,r)是左闭右开的,r取不到
double closetd(int l,int r){
  if(r-l==2) return dis(ax[r-1],ax[l]);   //递归边界
  if(r-l==3) return min(dis(ax[l],ax[l+1]),min(dis(ax[l+1],ax[r-1]),dis(ax[l],ax[r-1])));
  int m=l+(r-l)/2;            // 把区间分成尽可能个数相等的两边
  double d=min(closetd(l,m),closetd(m,r));    //递归求解
  int cnt=0;             
  for(int i=l;i<r;i++){
    //从中间点取两边不大于d的范围内的点
    if(ax[i].x>=ax[m].x-d&&ax[i].x<=ax[m].x+d)
      ay[cnt].x=ax[i].x,ay[cnt++].y=ax[i].y;
  }
  sort(ay,ay+cnt,cmpy);                 //按y从小到大排序
  //枚举并不断更新最短距离
  for(int i=0;i<cnt;i++){
    for(int j=i+1;j<cnt;j++){
      if(ay[i].y+d<=ay[j].y-d) break;    //排除y距离大于d的点,优化时间复杂度
      d=min(d,dis(ay[i],ay[j]));     //更新最小距离
    }
  }
  return d;
}
int main()
{
  //FIN;
  while(~scanf("%d",&n)&&n){
    for(int i=0;i<n;i++){
      scanf("%lf%lf",&ax[i].x,&ax[i].y);
    }
    sort(ax,ax+n,cmpx);
    double ans=closetd(0,n);
    printf("%.2f\n",ans/2);
  }
  return 0;
}


HDU-3480 是一个典型的动态规划问题,其题目标题通常为 *Division*,主要涉及二维费用背包问题或优化后的动态规划策略。题目大意是:给定一个整数数组,将其划分为若干个连续的子集,每个子集最多包含 $ m $ 个元素,并且每个子集的最大值与最小值之差不能超过给定的阈值 $ t $,目标是使所有子集的划分代价总和最小。每个子集的代价是该子集最大值与最小值的差值。 ### 动态规划思路 设 $ dp[i] $ 表示前 $ i $ 个元素的最小代价。状态转移方程如下: $$ dp[i] = \min_{j=0}^{i-1} \left( dp[j] + cost(j+1, i) \right) $$ 其中 $ cost(j+1, i) $ 表示从第 $ j+1 $ 到第 $ i $ 个元素构成一个子集的代价,即 $ \max(a[j+1..i]) - \min(a[j+1..i]) $。 为了高效计算 $ cost(j+1, i) $,可以使用滑动窗口或单调队列等数据结构来维护区间最大值与最小值,从而将时间复杂度优化到可接受的范围。 ### 示例代码 以下是一个简化版本的动态规划实现,使用暴力方式计算区间代价,适用于理解问题结构: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f; const int MAXN = 10010; int a[MAXN]; int dp[MAXN]; int main() { int T, n, m; cin >> T; for (int Case = 1; Case <= T; ++Case) { cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i]; dp[0] = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { dp[i] = INF; int mn = a[i], mx = a[i]; for (int j = i; j >= max(1, i - m + 1); --j) { mn = min(mn, a[j]); mx = max(mx, a[j]); if (mx - mn <= T) { dp[i] = min(dp[i], dp[j - 1] + mx - mn); } } } cout << "Case " << Case << ": " << dp[n] << endl; } return 0; } ``` ### 优化策略 - **单调队列**:可以使用两个单调队列分别维护当前窗口的最大值与最小值,从而将区间代价计算的时间复杂度从 $ O(n^2) $ 降低到 $ O(n) $。 - **斜率优化**:若问题满足特定的决策单调性,可以考虑使用斜率优化技巧进一步加速状态转移过程。 ### 时间复杂度分析 原始暴力解法的时间复杂度为 $ O(n^2) $,在 $ n \leq 10^4 $ 的情况下可能勉强通过。通过单调队列优化后,可以稳定运行于 $ O(n) $ 或 $ O(n \log n) $。 ### 应用场景 HDU-3480 的问题模型可以应用于资源调度、任务划分等场景,尤其适用于需要控制子集内部差异的问题,如图像分块压缩、数据分段处理等[^1]。 ---
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