題目大意：平面上有一個$N \times M$的矩形，矩形內有K個點，現給出每個點的坐標，找一條從左邊界到右邊界的路徑，使路徑到矩形上下邊界及矩形內點的最小距離最大。

20%：$(K<=10)$

　　直接暴搜。

50%：$(K<=400)$

　　我們以點為圓心畫圓。

　　那么存在一條路徑的條件是這些圓沒有將半徑封死。

　　我們可以二分圓的半徑，每次將相交的圓合并，將上下邊界視作點，查詢上下邊界是否在同一集合內部，若在，則判定失敗。

　　時間復雜度$O(K^2*log_2ANS)$

100%：$(K<=6000)$

　　我們發現二分答案占有相當復雜度，于是我們考慮去掉。

　　我們把所有點連同上下邊界連在一張圖里，發現起到限制作用的只用上下邊界之間的通路。

　　答案即為最大值最小的通路上邊權的最大值。

　　做一遍最小生成樹，DFS求出上下邊界之間的通路上的最大邊權。

　　由于是完全圖，我們只能用Prim，并且為了減少內存，邊權要現算。

　　　　時間復雜度$O(K^2)$

Code：

1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cmath> 5 #include<vector> 6 using namespace std; 7 const int N=6003; 8 int n,m,k,U,D; 9 int fi[N],f[N]; 10 long long a[N],b[N]; 11 double d[N]; 12 bool v[N]; 13 vector<int> e[N]; 14 vector<double> l[N]; 15 void add(int x,int y,double z) 16 { 17 e[x].push_back(y); 18 l[x].push_back(z); 19 } 20 double get(int x,int y) 21 { 22 if((x==D&&y==U)||(x==U&&y==D)) return m; 23 if(x==D) return b[y]; 24 if(y==D) return b[x]; 25 if(x==U) return m-b[y]; 26 if(y==U) return m-b[x]; 27 double ans=(a[x]-a[y])*(a[x]-a[y])+(b[x]-b[y])*(b[x]-b[y]); 28 return sqrt(ans); 29 } 30 void dfs(int x,int p) 31 { 32 for(int i=0;i<e[x].size();i++){ 33 int y=e[x][i]; 34 if(y==p) continue; 35 d[y]=max(d[x],l[x][i]); 36 dfs(y,x); 37 } 38 } 39 void Prim() 40 { 41 for(int i=1;i<=k+2;i++) 42 d[i]=99999999; 43 d[1]=0; 44 for(int i=1;i<=k+1;i++){ 45 int x=0; 46 for(int j=1;j<=k+2;j++){ 47 if(!v[j]&&(x==0||d[j]<d[x])) x=j; 48 } 49 v[x]=true; 50 for(int j=1;j<=k+2;j++){ 51 double y=get(x,j); 52 if(!v[j]&&y<d[j]){ 53 d[j]=y;f[j]=x; 54 } 55 } 56 } 57 } 58 int main() 59 { 60 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 61 U=k+1;D=k+2; 62 for(int i=1;i<=k;i++) 63 scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]); 64 Prim(); 65 for(int i=2;i<=k+2;i++){ 66 add(i,f[i],d[i]);add(f[i],i,d[i]); 67 d[i]=0; 68 } 69 dfs(U,0); 70 printf("%.8lf\n",d[D]/2.0); 71 return 0; 72 } view code

轉載于:https://www.cnblogs.com/hz-Rockstar/p/11370517.html

總結

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