【巧妙预处理系列+离散化处理】【uva1382】Distant Galaxy

来源：互联网发布：c语言子程序调用实例编辑：程序博客网时间：2024/06/06 05:42

给出平面上的n个点，找一个矩形，使得边界上包含尽量多的点。

【输入格式】

输入的第一行为数据组数T。每组数据的第一行为整数n（1≤n≤100）；以下n行每行两个整数，即各个点的坐标（坐标均为绝对值不超过10⁹的整数）。输入结束标志为n=0。

【输出格式】

对于每组数据，输出边界点个数的最大值。

先贴题解的精妙预处理：

不难发现，除非所有输入点都在同一行或者同一列上（此时答案为n），最优矩形的4条边都至少有一个点（一个角上的点同时算在两条边上）。这样，我们可以枚举4条边界所穿过的点，然后统计点数。这样做的时间复杂度为O(n⁵)（统计点数还需要O(n)时间），无法承受。

和《子序列》一题类似，可以考虑部分枚举，即只枚举矩形的上下边界，用其他方法确定左右边界，过程如图1-31所示。

对于竖线i，我们用left[i]表示竖线左边位于上下边界上的点数（注意，不统计位于该竖线上的点），on[i]和on2[i]表示竖线上位于上下边界之间的点数（区别在于on[i]不统计位于上下边界上的点数，而on2[i]要统计）。这样，给定左右边界i和j时，矩形边界上的点数为left[j]-left[i]+on[i]+on2[j]。当右边界j确定时，on[i]-left[i]应最大。

枚举完上下边界后，我们先花O(n)时间按照从左到右的顺序扫描一遍所有点，计算left、on[i]和on2[i]数组，然后枚举右边界j，同时维护on[i]-left[i]（i<j）的最大值。这一步本质上等价于例题《开放式学分制》。

再讲解一下这题的离散化处理

给每个点一个新的坐标 x坐标为其原x坐标的排序后位置

y坐标为其原y坐标的排序后位置

对于对距离不敏感的点集问题这样十分方便处理问题

贴代码：

#include <cstdio>  #include <cstdlib>  #include <cmath>  #include <cstring>  #include <ctime>  #include <algorithm>  #include <iostream>#include <sstream>#include <string>#define oo 0x13131313   const int maxn=100+5;using namespace std;struct point{int x,y;};point P[maxn];int N;int YN,XN;int ans;int FF[maxn][maxn];int CE[maxn][maxn];int UP[maxn][maxn];void input(){YN=0;XN=0;memset(FF,0,sizeof(FF));memset(CE,0,sizeof(CE));memset(UP,0,sizeof(UP));for(int i=1;i<=N;i++)scanf("%d%d",&P[i].x,&P[i].y);}int cmp1(const void *i,const void *j){point *ii=(point *)i,*jj=(point *)j;return ii->x-jj->x;}void getXN(){int i;qsort(P+1,N,sizeof(P[1]),cmp1);for(i=1;i<=N;i++){if(P[i].x!=P[i-1].x) {XN++;P[i-1].x=XN-1;}else P[i-1].x=XN;}P[N].x=XN;}int cmp2(const void *i,const void *j){point *ii=(point *)i,*jj=(point *)j;return ii->y-jj->y;}void getYN_FF(){int i;qsort(P+1,N,sizeof(P[1]),cmp2);for(i=1;i<=N;i++){if(P[i].y!=P[i-1].y) {YN++;P[i-1].y=YN-1;}else P[i-1].y=YN;FF[P[i-1].x][P[i-1].y]++;}P[N].y=YN;FF[P[N].x][P[N].y]++;}void  get_UPCE(){for(int i=1;i<=XN;i++) for(int j=1;j<=YN;j++) { CE[i][j]=CE[i][j-1]+FF[i][j]; UP[i][j]=UP[i-1][j]+FF[i][j]; }}int On[maxn],Left[maxn],On2[maxn];void get_On_Left_On2(int a,int b){memset(On,0,sizeof(On));memset(Left,0,sizeof(Left));memset(On2,0,sizeof(On2));for(int i=1;i<=YN;i++){On[i]=UP[b-1][i]-UP[a][i];On2[i]=UP[b][i]-UP[a-1][i];Left[i]=CE[a][i-1]+CE[b][i-1];}}void solve(){ans=0;int tempans=0,tempi=0;for(int i=1;i<=XN;i++) for(int i2=i+1;i2<=XN;i2++)  {  get_On_Left_On2(i,i2);  tempans=0;  for(int j=1;j<=YN;j++)  {  if(ans<Left[j]+On2[j]+tempans)         ans=Left[j]+On2[j]+tempans;  if(tempans<On[j]-Left[j])   tempans=On[j]-Left[j];  }  } }int main(){freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);int Case=0;while(cin>>N&&N){Case++;input();if(N<=3) { printf("Case %d: %d\n",Case,N); continue; }getXN();getYN_FF();get_UPCE();solve();printf("Case %d: %d\n",Case,ans);}}

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