HDU3622二分+2-sat

/*HDU3622
这道题是2-sat问题的体型之一，二分答案，2-sat判断是否有自适应的解，从而找到最大的最小值或最小的最大值
这道题有一定的思维上的难度。
二分半径，若不同组的两个点i和j间的距离小于2*rad，则i和j是矛盾点，连上相应的边，求2-sat即可。

这道题有两种建模的方式：
1、同一组的为一个对象（正好每个对象满足二选一的特点）
2、每个点为一个对象(这种情况下，原来属于同组的两个点就是矛盾点了)
*/#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <ctype.h>
#include <string>
#include <iostream>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <list>
#include <set>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define eps 1e-4
#define maxn 210
using namespace std;
double X[2*maxn];
double Y[2*maxn];
struct TwoSAT
{
    int n;
    vector<int> G[maxn*2];
    bool mark[maxn*2];
    int S[maxn*2],c;
    bool dfs(int x)
    {
        if (mark[x^1]) return false;//真假同时被标记，逻辑矛盾
        if (mark[x]) return true;//x被标记，意味着下面的节点也被标记，思想是记忆化搜索
        mark[x]=true;
        S[c++]=x;
        for(int i=0; i<G[x].size(); i++)
        if(!dfs(G[x][i])) return false; //同一个强联通分量应该表上同一种颜色
        return true;
    }
    void init(int n)
    {
        this->n=n;
        for(int i=0; i<n*2; i++) G[i].clear();
        memset(mark,0,sizeof(mark));
    }
    void add_clause(int x,int y)//x,y不能同时存在
    {
        G[x].push_back(y^1);
//        cout<<x<<"->"<<(y^1)<<endl;
        G[y].push_back(x^1);
//        cout<<y<<"->"<<(x^1)<<endl;
    }
    bool solve()
    {
        for(int i=0; i<n*2; i+=2)
        {
            if(!mark[i] && !mark[i^1])
            {
                c=0;//记得清零
                if(!dfs(i))//将i标记为true
                {
                    while(c>0) mark[S[--c]]=false;
                    if (!dfs(i^1)) return false;
                }
            }
        }
        return true;
    }
} sat;
double dis(double x1,double y1,double x2,double y2)
{
    return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
}
bool F(int n,double rad)
{
    sat.init(n);
    for(int i=1; i<2*n; i++)//枚举两两组之间
    for(int j=0; j<i; j++)
    {
        if (i==(j^1)) continue;//Kの，j^1要加括号，深坑
        if (2*rad-dis(X[j],Y[j],X[i],Y[i])>eps)
            sat.add_clause(i,j);
    }
    return (sat.solve());
}
int n;
int main()
{
    while(cin>>n)
    {
        for(int i=0; i<n; i++)
            cin>>X[2*i]>>Y[2*i]>>X[2*i+1]>>Y[2*i+1];//注意建模时对应的点
        double R=9999999,L=0;
        while(R-L>eps)
        {
            double M=(R+L)/2;
            if (F(n,M)) L=M;
            else R=M;
        }
        printf("%.2lf
",L);
    }
    return 0;
}