洛谷P1257 平面上的最接近点对 数学 分治 排序

来自洛谷上的题解

方法一：

先求第1个点与其余n-1个点的距离；

再求第2个点与其余n-2个点的距离；

再求第3个点与其余n-3个点的距离；

…………………………………………

再求第n-1个点与其余1个点的距离；

然后找出最小值。

如此的算法复杂度为O(n^2)，显然不能满足本题的需要。但……貌似洛谷神机可以……过……

欢迎朴素的同学挑战数据加强版新

方法二：

考虑以下分治算法：

设平面上的点都在点集S中，为了将S线性分割为大小大致相等的2个子集S1和S2，我们选取一垂直线l（方程：x=m）来作为分割直线。其中m为S中各点x坐标的中位数。由此将S分割为S1={p∈S|px≤m}和S2={p∈S|px>m}。从而使S1和S2分别位于直线l的左侧和右侧，且S=S1∪S2 。由于m是S中各点x坐标值的中位数，因此S1和S2中的点数大致相等。 递归地在S1和S2上解最接近点对问题，我们分别得到S1和S2中的最小距离δ1和δ2。现设δ=min (δ1,δ2)。

若S的最接近点对(p,q)之间的距离d(p,q)<δ则p和q必分属于S1和S2。不妨设p∈S1，q∈S2。那么p和q距直线l的距离均小于δ。因此，我们若用P1和P2分别表示直线l的左边和右边的宽为δ的2个垂直长条，则p∈S1，q∈S2

此时，P1中所有点与P2中所有点构成的点对均为最接近点对的候选者。在最坏情况下有n^2/4对这样的候选者。但是P1和P2中的点具有以下的稀疏性质，它使我们不必检查所有这n2/4对候选者。考虑P1中任意一点p,它若与P2中的点q构成最接近点对的候选者，则必有d(p,q)<δ。满足这个条件的P2中的点有多少个呢？容易看出这样的点一定落在一个δ×2δ的矩形R中，

由δ的意义可知P2中任何2个S中的点的距离都不小于δ。由此可以推出矩形R中最多只有6个S中的点。事实上，我们可以将矩形R的长为2δ的边3等分，将它的长为δ的边2等分，由此导出6个（δ/2）×（2δ/3）的矩形。

因此d(u,v)≤5δ/6<δ 。这与δ的意义相矛盾。也就是说矩形R中最多只有6个S中的点。由于这种稀疏性质，对于P1中任一点p，P2中最多只有6个点与它构成最接近点对的候选者。因此，在分治法的合并步骤中，我们最多只需要检查6×n/2=3n对候选者，而不是n^2/4对候选者。

我们只知道对于P1中每个S1中的点p最多只需要检查P2中的6个点，但是我们并不确切地知道要检查哪6个点。为了解决这个问题，我们可以将p和P2中所有S2的点投影到垂直线l上。由于能与p点一起构成最接近点对候选者的S2中点一定在矩形R中，所以它们在直线l上的投影点距p在l上投影点的距离小于δ。由上面的分析可知，这种投影点最多只有6个。因此，若将P1和P2中所有S的点按其y坐标排好序，则对P1中所有点p，对排好序的点列作一次扫描，就可以找出所有最接近点对的候选者，对P1中每一点最多只要检查P2中排好序的相继6个点。

至此，我们用分治法求出平面最接近点对。

 其实这种方法我觉得应该是 nlogn^2 的  

不过可以优化成nlogn ,但其实多只log 也没多大区别233

type rec=record
     x,y:int64;
     end;
var a:array [0..200001] of rec;
    tt,ttt,tttt:array [0..200001] of rec;
    n,l,m,min:int64;
    i,j,k:longint;
procedure sort(l,r:longint);
var i,j:longint;
    x,y:rec;
begin
  i:=l;
  j:=r;
  x:=a[(l+r) div 2];
  repeat
    while (a[i].x<x.x) or ((a[i].x=x.x) and (a[i].y>x.y)) do inc(i);
    while (x.x<a[j].x) or ((x.x=a[j].x) and (x.y>a[j].y)) do dec(j);
    if not(i>j)
    then
      begin
        y:=a[i];
        a[i]:=a[j];
        a[j]:=y;
        inc(i);
        j:=j-1;
      end;
  until i>j;
  if l<j then sort(l,j);
  if i<r then sort(i,r);
end;
procedure sortt(l,r:longint);
var i,j:longint;
    x,y:rec;
begin
  i:=l;
  j:=r;
  x:=tttt[(l+r) div 2];
  repeat
    while (tttt[i].y<x.y) do inc(i);
    while (x.y<tttt[j].y) do dec(j);
    if not(i>j)
    then
      begin
        y:=tttt[i];
        tttt[i]:=tttt[j];
        tttt[j]:=y;
        inc(i);
        j:=j-1;
      end;
  until i>j;
  if l<j then sortt(l,j);
  if i<r then sortt(i,r);
end;
function dis(a,b:rec):int64;
begin
  exit(sqr(a.x-b.x)+sqr(a.y-b.y));
end;
function minn(a,b:int64):int64;
begin if a<b then exit(a) else exit(b); end;
function work(le,ri:longint):int64;
var tl,tr,t1,t2,min:int64;
    i,j,k,lenr,lenl,p1,p2:longint;
begin
  if ri-le=1 then exit(dis(a[ri],a[le]));
  if ri-le=2 then exit(minn(minn(dis(a[ri],a[le]),dis(a[ri-1],a[le])),dis(a[le+1],a[ri])));
  tl:=work(le,(le+ri) div 2);
  tr:=work(((le+ri) div 2)+1,ri);
  min:=minn(tl,tr);
  t1:=(le+ri) div 2;
  t2:=t1+1;
  while (t1>=le) and (sqr(a[t1].x-a[(le+ri) div 2].x)<=min) do dec(t1);
  inc(t1);
  while (t2<=ri) and (sqr(a[t2].x-a[(le+ri) div 2].x)<=min) do inc(t2);
  dec(t2);
  if (t2=(le+ri) div 2) or (t1=((le+ri) div 2)+1) then exit(min);
  for k:=t1 to t2 do tttt[k]:=a[k];
  sortt(t1,t2);
  for k:=t1 to t2-1 do
    begin
      for j:=k+1 to minn(k+8,t2) do
        begin
          min:=minn(min,dis(tttt[k],tttt[j]));
        end;
    end;
  exit(min);
end;
begin
  readln(n);
  for i:=1 to n do readln(a[i].x,a[i].y);
  sort(1,n);
  writeln(sqrt(work(1,n)):0:4);
end.