IOI2020集训队作业-1 (CF549E, CF674G, ARC103F)

最新推荐文章于 2020-12-24 18:36:39 发布

zhongyuwei20031224

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文章标签：集训队作业

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这篇博客详细解析了IOI2020集训队的三道题目：CF549E Sasha Circle、CF674G Choosing Ads和ARC103F Distance Sums。对于CF549E，通过三维坐标系的投影，将问题转化为求解Anti-Delaunay Triangulation，并提供了O(n^2)的优化算法。CF674G中提出了求解区间内超过特定比例元素的O(n)算法。最后，ARC103F利用树的结构和距离和来构造问题的解，时间复杂度为O(n log n)。

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A - CF549E Sasha Circle

题意

平面内有两个点集 $N, M$ ，问能否在平面内画一个圆，使得 $N$ 和 $M$ 这两个点集恰好有一个点集所有点严格在圆内，另一个点集所有点严格在圆外（即两个点集都不能有点在圆上）。

坐标为 $10^4,10^4]$ 的整数， $∣N∣,∣M∣≤104|N|,|M|\le 10^4$ 。

Sol

朴素算法

枚举哪个集合在圆内，假设在圆内的集合是 $A$ ，在圆外的集合是 $B$ 。

枚举 $A$ 中的两个点 $p, q$ ，令圆过这两个点，则只需要再知道圆心就可以确定圆。考虑剩下的点，“限制某个点在圆内/圆外”可以转化成对圆心的限制，最后圆心可能取的位置一定是 $p q$ 中垂线上的一条线段。由于这道题要求点和圆不能交，所以取值范围的线段的端点不能够重合。容易发现，当取值范围的线段端点没有重合的时候，我们通过一定的调整就可以使得圆不经过 $p, q$ 。

这样做的复杂度是 $|A|^2 \cdot (|A| + |B|))$ 的。

优化

把这个问题放到三维坐标系中，原来的点在 $x O y$ 这个平面上。

考虑 $x^2 +y^2 = z$ 这个曲面，把 $A, B$ 这两个点集中的点垂直于 $x O y$ 地投影到这个曲面上得到点集 $A^{'}, B^{'}$ 。考虑任意一个不与 $x O y$ 垂直的平面 $a x + b y + z = c$ ，与曲面的解析式联立可以得到 $x^2+ax+y^2+by=c$ ，这是圆方程的形式。所以，曲面 $z = x^2 + y^2$ 与任意一个不垂直于 $x O y$ 的平面的交集，垂直投影到平面 $x O y$ 上，得到的一定是一个圆；一个曲面上的点投影到 $x O y$ 之后在圆内，当且仅当在曲面上它在那个平面的下方。

所以，问题转化成判断能否找出一个不垂直于 $x O y$ 的平面， $A^{'}$ 所有点都在平面的下方， $B^{'}$ 所有点都在平面的上方。

显然只有 $A^{'}$ 的上凸壳的这些平面是有用的。

由于曲面 $z = x^2 + y^2$ 是向下凸的，所以 $A^{'}$ 上凸壳顶点的点的投影一定是 $A$ 的凸包端点。

而上凸壳上的某一个平面，它与这个曲面的交在 $x O y$ 上的投影，实际上是平面在 $x O y$ 上的投影的外接圆。也就是说，上凸壳上的每一个多边形在 $x O y$ 的投影都满足：1）所有端点共圆；2）外接圆都包含了 $A$ 中的所有点。

如图所示（官方题解里的图）：

故而我们可以：将 $A$ 的凸包划分成若干个三角形，使得每一个三角形的外接圆都包含 $A$ 中的所有点，然后对三角形上的每一条边进行前面的朴素算法。

由于三维中的上凸壳是存在且唯一的，所以这样的划分方式一定存在，并且当 $A$ 没有四点共圆的时候是唯一的。

这种三角剖分称为Anti-Delaunay Triagulation。

求出三角剖分之后计算答案的复杂度是 $(C^{2\over 3}(|N|+|M|))$ （其中 $C$ 是坐标绝对值大小， $C23C^{2\over 3}$ 是凸包点数的最大值），可以接受。

现在还剩下的问题是如何在 $O((C23)2)O((C^{2\over 3})^2)$ 以下的时间复杂度内求出三角剖分。

求一个凸多边形的Anti-Delaunay Triagulation

首先随便选择多边形的一条边 $p_1p_2$ ，然后找出多边形上的另一个端点 $p_k$ 使得 $p_1,p_2,p_k$ 确定圆的半径最大。由于凸多边形的三角剖分一定存在，所以这个外接圆一定包含凸多边形的所有端点；又因为当没有四点共圆的情况的时候三角剖分唯一，所以这个多边形的三角剖分中一定有 $△p1p2pk\triangle p_1p_2p_k$ 。这样我们就将原问题转化成了由 $p_1p_k$ 和 $p_2p_k$ 划开的两个规模更小的子问题，递归求解即可。

设多边形的端点数为 $n$ ，则复杂度 $O(n^2)$ 。

实现细节

在进行那个朴素算法的时候，首先没有必要去算圆心 $o$ ，因为我们只需要确定从 $op⃗\vec{op}$ 到 $oq⃗\vec{oq}$ 的角的大小就可以了。而这个角的大小等于圆上的第三个点与 $p, q$ 的夹角的二分之一。所以我们只需要考虑 $A, B$ 中的其它点与 $p, q$ 的夹角带来的限制就可以了。而比较角的大小这里用比较余切值的大小比较方便，只需要特殊考虑点与 $p q$ 贡献的情况。
假设我们现在在检查的点是 $u$ ， $∠puq=α,∠poq=β\angle puq = \alpha,\angle poq=\beta$ ，注意这里角的大小是带符号的。
- 要求 $u$ 在圆内：
  - $pu⃗\vec{pu}$ 在 $pq⃗\vec{pq}$ 的逆时针方向：那么则要求 $cot⁡β>cot⁡α\cot \beta > \cot \alpha$ 。
  - $pu⃗\vec{pu}$ 在 $pq⃗\vec{pq}$ 的顺时针方向：那么则要求 $cot⁡β<cot⁡α\cot \beta < \cot \alpha$ 。
- 要求 $u$ 在圆外：
  - $pu⃗\vec{pu}$