【题解】[CJOI2019Chebnear]

【题解】[CJOI2019Chebnear]

题目描述

给定平面上有(n)个仇人，((x,y) ,x,y in R^+) ，(n)个人都是仇人关系，而有仇人关系的一对人的切比雪夫距离若(le k)则会发生“吵架”。可是，对于有些仇人(i)和(j)，先记为三元组(P(t,i,w)),他们的的仇人关系并不深，假设给全体(n)个人每人(ge w)的钱他们就变为朋友了。而朋友不会吵架，而且朋友的朋友也是你的朋友。

现在问你，你最少给多少钱(w)可是让所有人不吵架？

数据范围

(nle100000,mle100000)

说明

切比雪夫距离：(d=max(|x_i-x_j|,|y_i-y_j|))

(Solution)

显然二分答案(w)。接下来的任务就是当给每个人(w)钱的时候，是否有人吵架了。

然后(O(m))枚举那些朋友可以连接，直接用并查集维护朋友关系。

考虑暴力。

• (O(n^2))枚举每个点对，看他们是否吵架。这样显然超时。

我们仔细思考一下，发现吵架只和以下两个因素有关。

• (y)安全但(x)距离过近。
• (x)安全但(y)距离过近。
• 朋友

朋友关系已经用并查集维护了，可以(O(alpha(n))=O(1))查询。接下来就是(x,y)的问题了。
考虑把所有点按(x)排序。这样我们就可以快速确定一段区间内的人是否有可能(x)过近，然后对于这些点(O(n_?^2))枚举是否会吵架就好了。

但是怎么缩小(n_?)呢？

对于平面最近点对问题，可以证明(n_? le 6)。这里我们也可以类比，每次和最近点对一样，直接从中间分开，分治。我们的(n_?)一定比最近点对的(n_?)还要小，因为我们还有(k)的限制呀，帮助我们剪枝。

接下来上代码了，今天的代码是不是码风很棒？

#include<bits/stdc++.h>

#define RP(t,a,b) for(register int (t)=(a),edd_=(b);t<=edd_;++t)
#define DRP(t,a,b) for(register int (t)=(a),edd_=(b);t>=edd_;--t)
#define ERP(t,a) for(int t=head[a];t;t=e[t].nx)
#define pushup(x) seg[(x)]=seg[(x)<<1]+seg[(x)<<1|1]
#define midd register int mid=(l+r)>>1
#define TMP template<class ccf>
#define rgt L,R,mid,r,pos<<1|1
#define lef L,R,l,mid,pos<<1
#define all 1,n,1

using namespace std;typedef long long ll;
TMP inline ccf Max(ccf a,ccf b){return a<b?b:a;}
TMP inline ccf Min(ccf a,ccf b){return a<b?a:b;}
TMP inline ccf Abs(ccf a){return a<0?-a:a;}
TMP inline ccf qr(ccf k){
    char c=getchar();ccf x=0;int q=1;
    while(c<48||c>57)q=c==45?-1:q,c=getchar();
    while(c>=48&&c<=57)x=x*10+c-48,c=getchar();
    return q==-1?-x:x;}
//-----------------template&IO------------------
int n,m;double k;
const int maxn=1e5+5;
struct node{
    double x,y;int id;
    inline bool operator <(node a){return x<a.x;}
    inline double operator -(node a){return Max(Abs(x-a.x),Abs(y-a.y));}
}data[maxn];
struct E{
    int fr,to;double w;
    inline bool operator <(E a){return w<a.w;}
}e[maxn<<1];
int rr[maxn];
inline int q(int x){register int t=x,temp,i=x;
    while(rr[t]!=t) t=rr[t];
    while(rr[i]!=i) temp=rr[i],rr[i]=t,i=temp;
    return t;
}
inline void j(int x,int y){rr[q(x)]=q(y);}
inline bool in(int x,int y){return q(x)==q(y);}
struct DFN{
    double pos;int id;
    inline bool operator <(DFN x){return pos<x.pos;}
}dfn[maxn];

bool divd(int lb,int rb){register int mid=(lb+rb)>>1;
    if(lb>=rb) return 1;
    if(!divd(lb,mid))   return 0;
    if(!divd(mid+1,rb)) return 0;
    register int L=mid,R=mid;
    while(data[mid].x-data[L-1].x<=k&&L>lb) --L;
    while(data[R+1].x-data[mid].x<=k&&R<rb) ++R;
    RP(t,L,R)RP(i,t+1,R)
	if(!in(data[t].id,data[i].id)&&data[t]-data[i]<=k)
	    return 0;
    return 1;
}

inline bool chek(double x){
    RP(t,1,n) rr[t]=t;
    RP(t,1,m) if(x>=e[t].w) j(e[t].fr,e[t].to);
    return divd(1,n);
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("chebnear.in","r",stdin);
    freopen("chebnear.out","w",stdout);
#endif
    cin>>n>>m>>k;
    RP(t,1,n)
	cin>>data[t].x>>data[t].y,data[t].id=t;
    RP(t,1,m)
	cin>>e[t].fr>>e[t].to>>e[t].w;
    sort(data+1,data+n+1);
    sort(e+1,e+m+1);
    int l=1,r=m,ans=m;
    do{
	midd;
	if(chek(e[mid].w))
	    r=mid-1,ans=Min(ans,mid);
	else
	    l=mid+1;
    }while(l<=r);
    if(chek(0)) ans=0;
    printf("%.3lf
",e[ans].w);
    return 0;
}