POJ1328 Radar Installation(贪心问题)

Radar Installation

Time Limit: 1000MS Memory Limit: 10000KTotal Submissions: 77816 Accepted: 17409

Description

Assume the coasting is an infinite straight line. Land is in one side of coasting, sea in the other. Each small island is a point locating in the sea side. And any radar installation, locating on the coasting, can only cover d distance, so an island in the sea can be covered by a radius installation, if the distance between them is at most d. 

We use Cartesian coordinate system, defining the coasting is the x-axis. The sea side is above x-axis, and the land side below. Given the position of each island in the sea, and given the distance of the coverage of the radar installation, your task is to write a program to find the minimal number of radar installations to cover all the islands. Note that the position of an island is represented by its x-y coordinates. 
 
Figure A Sample Input of Radar Installations

Input

The input consists of several test cases. The first line of each case contains two integers n (1<=n<=1000) and d, where n is the number of islands in the sea and d is the distance of coverage of the radar installation. This is followed by n lines each containing two integers representing the coordinate of the position of each island. Then a blank line follows to separate the cases. 

The input is terminated by a line containing pair of zeros 

Output

For each test case output one line consisting of the test case number followed by the minimal number of radar installations needed. "-1" installation means no solution for that case.

Sample Input

3 21 2-3 12 11 20 20 0

Sample Output

Case 1: 2Case 2: 1

好题！真是一道好题啊！这一道题的意思就是说，在x轴上方是海域，下方和x轴都属于陆地。现在给定一些海岛坐标，并且给出雷达可以搜索的长度，要求雷达尽可能覆盖海岛，并且所用雷达数目最少。这道题，一开始想真的觉得好困惑，这咋整？后来慢慢形成思路，我把他们全部按照x轴从小到大排序，从最左边开始贪心，在雷达包含选定的海岛的情况下，尽可能放入更多的海岛。好，这是一个初始方案，接下来写起来就没这么简单咯。对了，雷达肯定是在x轴上的，这样照到的海域肯定会比在x轴下面要大！

问题1，选定第一个海岛之后，他在x轴上有两个交点，然后如果放入第二个海岛，这个交点的范围会一直缩小的，直到其他全部都不能放入这个交点范围内。而我一开始却只保留了右边的交点，因为我是以x轴从小到大排序的嘛，天真的以为只要下一个海岛左交点小于这个右交点就行了，但是发现我左边的交点也是变化的，也需要算出来才行。

问题2，排序的时候还要注意，如果x轴是相同的，那就按照y的大小从大到小排序，这样最上面那个点和x轴的两个交点的范围是相对于下面的点来说是比较窄的，可以减少一下范围的更新次数嘛。。。

问题3，我也是看到别人给的数据才想的，那就是如果真的这么奇葩他的海岛给的y点是小于0的，也就是在陆地上的怎么办，然后就是我一开始是用的m+n来结束while读入循环，然后发现他给我出了这样一组数据，3 -3，三个岛，雷达范围是-3？什么鬼？反正这样也会让我的程序结束，这样的数据我觉得是不合法的，但是他给出来了就改一改吧，毕竟acm本来就是个坑。

然后我自己还有各种各样的粗心大意的错误，TLE了两发，while循环那忘记要j++了。。。RE的两发，这个。。。我也不知道为什么。。。wa了一发，还是太粗心。。。然后，终于终于过了！

代码如下：

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;int mark[1005];int n, m, ppp;struct node{int x, y;double left,right; bool operator < (const node &a)const{if(x != a.x)return x < a.x;elsereturn y > a.y;}}island[1005]; void func(int i){ppp++;mark[i] = 1;double LEFT = island[i].left, RIGHT = island[i].right;int j = i + 1;while(j < n){if(!mark[j] && ((island[j].left >= LEFT && island[j].left <= RIGHT) || (island[j].right >= LEFT && island[j].right <= RIGHT)|| (island[j].left <= LEFT && island[j].right >= RIGHT))){mark[j] = 1;LEFT = island[j].left > LEFT ? island[j].left : LEFT;RIGHT = island[j].right < RIGHT ? island[j].right : RIGHT;} j++;} }int main(){ int flag, k = 1, i, j; int tx, ty;while(scanf("%d%d", &n, &m), n != 0 || m != 0){memset(mark, 0, sizeof(mark));flag = 0;ppp = 0;for(i = 0, j = 0; i < n; i++){scanf("%d%d", &tx, &ty);if(ty > m)flag = 1;if(ty >= 0 && !flag){island[j].x = tx;island[j].y = ty;island[j].left = 1.0 * tx - sqrt(m * m - ty * ty);island[j].right = 1.0 * tx + sqrt(m * m - ty * ty);j++;}}n = j;printf("Case %d: ", k++);if(flag || m <= 0)printf("-1\n"); else{sort(island, island + n);for(i = 0; i < n; i++){if(!mark[i])func(i); }printf("%d\n", ppp);}}return 0;}

看到代码才想起，就是我们判定下一个海岛是否在这个范围内，有三种情况，一种是，下一个海岛的左交点坐标在范围内，一种是右交点在范围内，还有一种！！！就是下一个海岛的左交点小于范围的左交点，右交点大于范围的右交点！相当于下一个海岛的左右范围比原本的范围还要大！这也是有交集的！！！脑子不够用我当时就是少了这种情况啊！！！好像就是因为这个wa了一发。