bzoj 4206: 最大团 （DP+几何）

4206: 最大团

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Description

给出平面上N个点的坐标，和一个半径为R的圆心在原点的圆。对于两个点，它们之间有连边，当且仅当它们的连线与圆不相交。

求此图的最大团。

Input

第一行两个整数N和R, 表示点数和圆的半径。

接下来N 行，每行两个整数xi 和yi,表示第i个点的坐标

保证每个点都严格在园外，且两两直线不与圆相切。

Output

输出一个整数：最大团的大小。

Sample Input

6 3
0 6
-7 -4
-3 -2
7 -5
-2 3
8 -3

Sample Output

4

HINT

对于100%的数据，1≤N≤2000,|xi|,|yi|,R≤5000

Source

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题解：DP+几何

一个点如果在圆内，那么一定不会入选，所以对于这种点我们直接丢掉，从每个点作圆的切线。

发现对于两个点来说，如果能同时入选，那么他的切线形成的区域一定有交集，例如图中橙点和紫点的位置。

那么我们如何得到两个切点的极角呢？atan2(y,x)±acos(r/get_dis(x,y)) 就是利用相切形成的直角进行计算。然后保证角度在[-pi,pi]内，以较小的极角为第一关键字，较大的为第二关键字。我们选出的点集需要满足

l[1]<l[2]<...<l[n]<r[1]<r[2]<...<r[n] 我们以第一关键字排序，那么就能保证l有序，然后我们枚举起点，从这个点开始到最后一个点为止，从中选择出一个r的最长上升子序列，入选点的必须满足l<r[begin]

然后就可以用O(nlogn)的时间求解LIS问题。用一个栈维护最长上升子序列，如果当前点大于st[top]，那么直接加入；如果小于st[top]，那么我们在栈中二分最小的满足大于等于r[now]的位置，如果栈中的点不上begin，那么我们用当前点替换栈中的结点。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#define N 2003#define pi acos(-1)using namespace std;int n,top,st[N];double r;struct data {double l,r; data(double L=0,double R=0) {l=L,r=R;}}a[N];double get_dis(double x,double y){return  sqrt(x*x+y*y);}int cmp(data a,data b){return a.l<b.l;}int getlis(int s){top=0; st[++top]=s; a[0].r=-1000000000;for (int i=s+1;i<=n&&a[i].l<a[s].r;i++) {if (a[i].r>a[st[top]].r) st[++top]=i;else {int l=0; int r=top; int ans=top;while (l<=r) {int mid=(l+r)/2;if (a[st[mid]].r>=a[i].r) ans=min(mid,ans),r=mid-1;else l=mid+1;}if (ans==1) continue;if (a[i].r<a[st[ans]].r) st[ans]=i;}}return top;}int main(){freopen("kong.in","r",stdin);freopen("kong.out","w",stdout);scanf("%d%lf",&n,&r);for (int i=1;i<=n;i++) {double x,y; scanf("%lf%lf",&x,&y);if (get_dis(x,y)<r) {i--; n--;continue;}//cout<<get_dis(x,y)<<endl;a[i].l=atan2(y,x)-acos(r/get_dis(x,y));a[i].r=atan2(y,x)+acos(r/get_dis(x,y));if (a[i].r>pi) a[i].r-=2*pi,swap(a[i].l,a[i].r);if (a[i].l<-pi) a[i].l+=2*pi,swap(a[i].l,a[i].r);}sort(a+1,a+n+1,cmp);//for (int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i].l<<" "<<a[i].r<<endl;int ans=0;for (int i=1;i<=n;i++)  ans=max(ans,getlis(i));printf("%d\n",ans);}