【BZOJ1007】【HNOI2008】水平可见直线

本文介绍了一种解决直线覆盖问题的方法。通过对直线进行排序并使用类似栈的数据结构来删除被覆盖的部分,实现了高效的求解算法。该算法适用于处理大量直线数据的情况。

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链接:

#include <stdio.h>
int main()
{
    puts("转载请注明出处[辗转山河弋流歌 by 空灰冰魂]谢谢");
    puts("网址:blog.youkuaiyun.com/vmurder/article/details/46551367");
}

题解:

呃。把直线随便排下序,然后扫一遍,类似栈一样删掉被覆盖的直线。

代码:

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 501000
#define eps 1e-10
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
struct Point
{
    double x,y;
    Point(double _x=0,double _y=0):x(_x),y(_y){}
    double operator - (const Point &A)const
    {return sqrt((x-A.x)*(x-A.x)+(y-A.y)*(y-A.y));}
}P[N];
struct Line
{
    int id,k,b;
    void read(int i){id=i,scanf("%d%d",&k,&b);}
    Line(int i=0,int _k=0,int _b=0):id(i),k(_k),b(_b){}
    bool operator < (const Line &A)const
    {return k==A.k?b>A.b:k<A.k;}
}line[N],L[N];
bool under(const Point &A,const Line &B)
{return A.y<=B.k*A.x+B.b+eps;}
Point inc(const Line &A,const Line &B)
{
    double x=(double)(B.b-A.b)/(A.k-B.k);
    return Point(x,x*A.k+A.b);
}
int n,l,r;
int ans[N],cnt;
int main()
{
//  freopen("test.in","r",stdin);

    int i,j,k;
    int a,b,c;

    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)line[i].read(i);
        sort(line+1,line+n+1);
    L[l=r=1]=line[1];
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        while(l<r&&under(P[r-1],line[i]))r--;
        L[++r]=line[i];
        P[r-1]=inc(L[r],L[r-1]);
    }
    for(i=l;i<=r;i++)ans[++cnt]=L[i].id;
        sort(ans+1,ans+cnt+1);
    for(i=1;i<=cnt;i++)printf("%d ",ans[i]);
        return 0;
}
题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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