【做题】POI2011R1

原文链接 https://www.cnblogs.com/cly-none/p/loj2159.html

题意：给出(n)个点，你需要按编号将其划分成不超过(m)段连续的区间，使得所有每个区间的最小圆覆盖的半径的最大值最小。输出这个最小化的最大值和方案（圆心）。

(n,m leq 10^5)

显然要二分答案。然后，一个区间就是越长越好。

首先，考虑最小圆覆盖(O(n))的随机增量法，但为了保证复杂度，我们需要能够random_shuffle。如果直接按照编号顺序添加点，时间复杂度会是(O(n^3 log n))的。

为了能够random_shuffle，我们不能一个个添加结点，而是在一开始就知道要对哪些点求最小圆覆盖。

一个思路是二分区间长度。因为有(m)段区间，所以这么做是(O(nm log^2 n))的。并不优秀，在数据水的情况下还不如上一种做法。

为何二分的复杂度不优秀？在于它没有利用所有区间长度和是(n)这一性质，也就是二分的上界太大了。

于是我们可以考虑增加区间长度。一个套路是分块。不断增加(sqrt n)的长度，到不行时再改为增加(1)的长度。这样在这个区间长度为(l)的情况下，复杂度是(O(l sqrt l))的。于是就得到了(O(n sqrt n log n))的做法。

然而实际上倍增就好了。分为两步，首先，我们找到答案二进制下最高的一位，然后，向下确定每一位。这样，对于一个长度为(l)的区间，我们要做(log l)最小圆覆盖，每次要处理的点的个数都是不超过(2l)的。因此，这个区间的复杂度就是(O(l log l))，总复杂度为(O(n log^2 n))，可以通过本题。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define gc() getchar()
template <typename tp>
inline void read(tp& x) {
  x = 0; char tmp; bool key = 0;
  for (tmp = gc() ; !isdigit(tmp) ; tmp = gc())
    key = (tmp == '-');
  for ( ; isdigit(tmp) ; tmp = gc())
    x = (x << 3) + (x << 1) + (tmp ^ '0');
  if (key) x = -x;
}

typedef double db;
const db eps = 1e-8;
inline int jud(db x) {
  return x > -eps ? x > eps ? 1 : 0 : -1;
}
struct point {
  db x,y;
  point(db x_=0, db y_=0): x(x_), y(y_) {}
  point operator + (const point& a) const {
    return point(x + a.x, y + a.y);
  }
  point operator - (const point& a) const {
    return point(x - a.x, y - a.y);
  }
  db abs() const {
    return sqrt(x * x + y * y);
  }
  db norm() const {
    return x * x + y * y;
  }
  point perp() const {
    return point(- y, x);
  }
  point operator * (const db& a) const {
    return point(x * a, y * a);
  }
};
db cross(point a,point b) {
  return a.x * b.y - a.y * b.x;
}
db dot(point a,point b) {
  return a.x * b.x + a.y * b.y;
}
point unit(point a) {
  db d = a.abs();
  a.x /= d;
  a.y /= d;
  return a;
}
struct line {
  point u,v;
  line(point u_=point(), point v_=point()): u(u_) {
    v = unit(v_);
  }
};
db dis(point a,line b) {
  return cross(a - b.u, b.v);
}
point inse(line a,line b) {
  assert(jud(cross(a.v, b.v)) != 0);
  db d = dis(a.u, b) / cross(a.v, b.v);
  return a.u - (a.v * d);
}
struct circle {
  point o;
  db r;
  circle(point o_=point(), db r_ = 0): o(o_), r(r_) {}
};
circle circum(point a,point b,point c) {
  line l1 = line((a + b) * (0.5), (a - b).perp());
  line l2 = line((b + c) * (0.5), (b - c).perp());
  point d = inse(l1,l2);
  return circle(d, (a - d).abs());
}

const int N = 100010;
int n,m,cnt,num;
point po[N], ans[N], tmp[N];
bool check(int l,int r,db x) {
  for (int i = l ; i <= r ; ++ i)
    tmp[i] = po[i];
  random_shuffle(tmp+l,tmp+r+1);
  circle cir = circle(tmp[l], 0);
  for (int i = l+1 ; i <= r ; ++ i) {
    if (jud(cir.r - (tmp[i] - cir.o).abs()) >= 0);
    else {
      cir = circle(tmp[i], 0);
      for (int j = l ; j < i ; ++ j) {
	if (jud(cir.r - (tmp[j] - cir.o).abs()) >= 0);
	else {
	  cir = circle((tmp[i] + tmp[j]) * (0.5), (tmp[i] - tmp[j]).abs() * 0.5);
	  for (int k = l ; k < j ; ++ k) {
	    if (jud(cir.r - (tmp[k] - cir.o).abs()) >= 0);
	    else cir = circum(tmp[i], tmp[j], tmp[k]);
	  }
	}
      }
    }
  }
  ans[cnt] = cir.o;
  return jud(x - cir.r) >= 0;
}
bool doit(db x) {
  cnt = 1;
  for (int lp = 1, len ; lp <= n ; lp += len, ++ cnt) {
    for (len = 1 ; lp + (len<<1) - 1 <= n && check(lp, lp + (len << 1) - 1, x) ; len <<= 1);
    for (int i = (len >> 1) ; i >= 1 ; i >>= 1)
      if (lp + len + i - 1 <= n && check(lp, lp + len + i - 1, x)) len += i;
    check(lp, lp + len - 1, x);
  }
  -- cnt;
  return cnt <= m;
}
int main() {
  read(n), read(m);
  for (int i = 1, x, y ; i <= n ; ++ i) {
    read(x), read(y);
    po[i] = point(x, y);
  }
  db l = 0, r = 2000000, mid;
  while (r - l > 1e-8) {
    mid = (l + r) / 2.0;
    if (doit(mid)) r = mid;
    else l = mid;
  }
  printf("%.7lf
",r);
  doit(r);
  printf("%d
",cnt);
  for (int i = 1 ; i <= cnt ; ++ i)
    printf("%.7lf %.7lf
", ans[i].x, ans[i].y);
  return 0;
}

小结：本题反应了倍增的特性。也就是每次需要判断的大小和答案大小是同一级别的。因此，在(O(ANS))判断一个答案的合法性时，可以用倍增替代二分来保证复杂度。