BZOJ 1941: [Sdoi2010]Hide and Seek(k-d Tree)

2018-06-27 10:06:37来源:未知 阅读 ()

新老客户大回馈,云服务器低至5折

Time Limit: 16 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 1712  Solved: 932
[Submit][Status][Discuss]

Description

小猪iPig在PKU刚上完了无聊的猪性代数课,天资聪慧的iPig被这门对他来说无比简单的课弄得非常寂寞,为了消除寂寞感,他决定和他的好朋友giPi(鸡皮)玩一个更加寂寞的游戏---捉迷藏。 但是,他们觉得,玩普通的捉迷藏没什么意思,还是不够寂寞,于是,他们决定玩寂寞无比的螃蟹版捉迷藏,顾名思义,就是说他们在玩游戏的时候只能沿水平或垂直方向走。一番寂寞的剪刀石头布后,他们决定iPig去捉giPi。由于他们都很熟悉PKU的地形了,所以giPi只会躲在PKU内n个隐秘地点,显然iPig也只会在那n个地点内找giPi。游戏一开始,他们选定一个地点,iPig保持不动,然后giPi用30秒的时间逃离现场(显然,giPi不会呆在原地)。然后iPig会随机地去找giPi,直到找到为止。由于iPig很懒,所以他到总是走最短的路径,而且,他选择起始点不是随便选的,他想找一个地点,使得该地点到最远的地点和最近的地点的距离差最小。iPig现在想知道这个距离差最小是多少。 由于iPig现在手上没有电脑,所以不能编程解决这个如此简单的问题,所以他马上打了个电话,要求你帮他解决这个问题。iPig告诉了你PKU的n个隐秘地点的坐标,请你编程求出iPig的问题。

Input

第一行输入一个整数N 第2~N+1行,每行两个整数X,Y,表示第i个地点的坐标

Output

一个整数,为距离差的最小值。

Sample Input

4
0 0
1 0
0 1
1 1

Sample Output

1

HINT

 

对于30%的数据,N<=1000 对于100%的数据,N<=500000,0<=X,Y<=10^8 保证数据没有重点保证N>=2

 

Source

SDOI2010 第二轮Day 1

 
K-D Tree裸题,不用删除和插入
自己试着写了一发
在洛谷上开了O2之后又WA又T
身败名裂
 
#include<cstdio>
#include<algorithm>
//#define int long long 
//#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
using namespace std;
const int MAXN = 200001, INF = 1e9 + 10;
char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int N;
int WD = 0, cur = 0, root;
#define ls(k) T[k].ls
#define rs(k) T[k].rs
struct Point {
    int x[2];
    bool operator < (const Point &rhs) const {
        return x[WD] < rhs.x[WD];
    }
}p[MAXN];
struct Node {
    int mi[2], mx[2], ls, rs;
    Point tp;
}T[MAXN];
int NewNode() {
    return ++cur;
}
void update(int k) {
    for(int i = 0; i <= 1; i++) {
        T[k].mi[i] = T[k].mx[i] = T[k].tp.x[i];
        if(ls(k)) T[k].mi[i] = min(T[ls(k)].mi[i], T[k].mi[i]), T[k].mx[i] = max(T[k].mx[i], T[ls(k)].mx[i]);
        if(rs(k)) T[k].mi[i] = min(T[rs(k)].mi[i], T[k].mi[i]), T[k].mx[i] = max(T[k].mx[i], T[rs(k)].mx[i]);
    }
}
int Build(int l, int r, int wd) {
    if(l > r) return 0;
    int k = NewNode(), mid = l + r >> 1;
    WD = wd;
    nth_element(p + l, p + mid, p + r + 1);
    T[k].tp = p[mid];
    T[k].ls = Build(l, mid - 1, wd ^ 1);
    T[k].rs = Build(mid + 1, r, wd ^ 1);
    update(k);
    return k;
}
int Ans;
int dis(Point a, Point b) {//曼哈顿距离 
    return abs(a.x[0] - b.x[0]) + abs(a.x[1] - b.x[1]);
}
int GetMinDis(Point a, Node b) {// 点到矩阵的最小曼哈顿距离 
    int rt = 0;
    for(int i = 0; i <= 1; i++)     
        rt += max(0, a.x[i] - b.mx[i]) + max(0, b.mi[i] - a.x[i]);
    return rt;
}
int GetMaxDis(Point a, Node b) {//最大曼哈顿距离 
    int rt = 0;
    for(int i = 0; i <= 1; i++)
        rt += max( max(0, a.x[i] - b.mi[i]), max(0, b.mx[i] - a.x[i]) );
        //rt += max(abs(a.x[i] - b.mi[i]), abs(a.x[i] - b.mx[i]));
    return rt;
}
int QueryMax(int k, Point a) {
    Ans = max(Ans, dis(a, T[k].tp));
    int disl = -INF, disr = -INF;
    if(ls(k)) disl = GetMaxDis(a, T[ls(k)]); 
    if(rs(k)) disr = GetMaxDis(a, T[rs(k)]);
    if(disl > disr) {
        if(disl > Ans) Ans = QueryMax(ls(k), a);
        if(disr > Ans) Ans = QueryMax(rs(k), a);
    }
    else {
        if(disr > Ans) Ans = QueryMax(rs(k), a);
        if(disl > Ans) Ans = QueryMax(ls(k), a);
    }
}
int QueryMin(int k, Point a) {
    int tmp = dis(a, T[k].tp);
    if(tmp) Ans = min(Ans, tmp);
    int disl = INF, disr = INF;
    if(ls(k)) disl = GetMinDis(a, T[ls(k)]); 
    if(rs(k)) disr = GetMinDis(a, T[rs(k)]);
    if(disl < disr) {
        if(disl < Ans) Ans = QueryMin(ls(k), a);
        if(disr < Ans) Ans = QueryMin(rs(k), a);
    }
    else {
        if(disr < Ans) Ans = QueryMin(rs(k), a);
        if(disl < Ans) Ans = QueryMin(ls(k), a);
    }
}
main() {
    #ifdef WIN32
    freopen("a.in", "r", stdin);
    #endif
    N = read();
    for(int i = 1; i <= N; i++) p[i].x[0] = read(), p[i].x[1] = read();
    root = Build(1, N, 0);
    int ans = INF, ans1 = 0, ans2 = 0;
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        ans1 = 0, ans2 = 0;
        Ans = -INF; 
        QueryMax(root, p[i]); 
        ans1 = Ans;
        Ans = INF;  
        QueryMin(root, p[i]); 
        ans2 = Ans;
    //    printf("%d %d\n", ans1, ans2);
        ans = min(ans, ans1 - ans2);
    }
    printf("%d", ans);
}

 

标签:

版权申明:本站文章部分自网络,如有侵权,请联系:west999com@outlook.com
特别注意:本站所有转载文章言论不代表本站观点,本站所提供的摄影照片,插画,设计作品,如需使用,请与原作者联系,版权归原作者所有

上一篇:OJ:又一道考察多态的题目

下一篇:Ubuntu上Qt之简单图片浏览器