2019牛客暑期多校训练营（第十场）F-Popping Balloons

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前言

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 跟学知识一样，做题目的确是也是常做常新。这道题当时的确已经解决了，国庆前工作室学长还有其他人又提起这道题，我说不就暴力枚举贪心么，后来学长说那你不好证明贪心的正确性！我一想的确是这样的，基本上没有人讲这怎么三次贪心选取就可以了，有点像瞎搞的样子。于是就又去看了$multiset$的做法，其实用线段树也可以，作用都是较快的维护最大值，只要思维到位了，选择恰当的数据结构就能做出来。

题意

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 现在给你n个点 ，让你横着划三条线间距为r 然后竖着划三条线间距同样为r ，求经过最多的点数

思路

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比赛看到这题的时候觉得能做，但是一看时间限制是5s，搞得我有不敢去碰了，就没有写，但是赛后再看其实并没有那么复杂。有的人是用线段树去写的，感觉线段树简直万能~其实直接求也是可以的，感觉有点暴力(就算是暴力我也想不到QAQ)

下面介绍两者做法，一种是贪心枚举瞎搞，一种是用$multiset+$思维。

贪心枚举（为什么说他瞎搞，这么做感觉是对的，也的确能做，但是你很难证明贪心的正确性，不过在比赛的时候也不失为一种好方法）

正常思路肯定时枚举横的三线和竖的三线，找到最大，这样时O(n²)的复杂度。

一般二维的题目我们枚举一维，比如枚举横三线，

先预处理竖三线，以每个x为三线的左线，求出三线包含的气球个数（cntX[i] + cntX[i + r] + cntX[i + r * 2]，对竖三线包含的气球数进行从大到小排序，贪心进行选取

然后枚举纵坐标，算出以当前纵坐标为底线的三横线包含的气球个数，由于这样会重复，所以对于横三线已经选取的点竖三线就不再进行选取，之后取最大值和竖三线的值相加就行。

最后，按照这种贪心的取法就能得到最大值（对竖三线的值贪心三次就能得到，这是我没想到的，100会更保险一点）

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, r, cntX[maxn*3], cntY[maxn*3], res;
struct Point {
    int x, y;
    bool operator<(const Point &rhs)const {
        return x > rhs.x;
    }
} a[maxn], sum[maxn];

int main() 
{
    scanf("%d%d", &n, &r);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y);
        cntX[a[i].x]++;
    }
    for (int i = 0; i < maxn; i++) {
        sum[i].x = cntX[i] + cntX[i + r] + cntX[i + r * 2];
        sum[i].y = i;
    }
    sort(sum, sum + maxn);
    for (int i = 0; i < 100; i++) {
        memset(cntY, 0, sizeof(cntY));
        for (int j = 0; j < n; j++)
            if (a[j].x != sum[i].y && a[j].x != sum[i].y + r && a[j].x != sum[i].y + r * 2)
                cntY[a[j].y]++;
        int my = 0;
        for (int j = 0; j < maxn; j++)
            my = max(my, cntY[j] + cntY[j + r] + cntY[j + r * 2]);
        res = max(res, my + sum[i].x);
    }
    printf("%d
", res);
    return 0;
}
/*
总体的思路就是分别对横纵坐标暴力枚举三条线经过的点数(去重)，然后通过贪心的思想选取，最后出来的就是最大值
首先直接用sum[i].x枚举三条竖线(i, i+r, i+2*r)能够经过的点数，sum[i].y记录当前枚举是从横坐标为i这条竖线开始的
然后对sum[i]按x从大到小排序，贪心的选取sum[i]后，肯定不能直接枚举三条横线能够经过的点数，因为这样会有重复。
那怎么办呢？我们就先对cntY[a[j].y]进行处理，假如我选取的sum[i]中已经包含a[j]这个点了，那么我的cntY[[a[j].y]就不能加1，因为这个点已经被计算过
现在当然就可以枚举三条横线能够经过的点数，取最大值和sum[i].x相加就是当前总共能经过的最多点数
*/

 

$multiset+$思维

官方题解说的已经很详细了，这种题其实很考验思维。

我们用$f(i)$表示中间一枪打第$i$行，能够射中的气球个数，用$g(i)$表示中间一枪打第$i$列，能射中的气球个数。

用$multiset$存所有$f(i)$的值，枚举中间一枪打第$x$列，将对每一个位于第$x-r,x+r$列的气球，将它们影响到的行（共三行）的$f(j)$的值更新，然后更新$multiset$内的元素。

中间一枪打第$x$列的最大收益即$g(x)$+(当前$multiset$内最大元素)。

Code

#include<cstring>
#include<string>
#include<set>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int M = 1e5;

int cnt[maxn];
vector <int> h[maxn];
multiset<int> s;
void add(int x) {
    auto p = s.find(cnt[x]);
    s.erase(p);
    cnt[x]++;
    s.insert(cnt[x]);
}
void del(int x) {
    auto p = s.find(cnt[x]);
    s.erase(p);
    cnt[x]--;
    s.insert(cnt[x]);
}
//multiset + 思维
int main()
{
    int n, r, x, y, ans = 0;
    scanf("%d%d", &n, &r);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d%d", &x, &y);
        h[x].push_back(y);
        if (x - r >= 0) h[x - r].push_back(y);
        if (x + r <= M) h[x + r].push_back(y);
        cnt[y]++;
        if (y - r >= 0) cnt[y - r]++;
        if (y + r <= M) cnt[y + r]++;
    }
    for (int i = 0; i <= M; i++) s.insert(cnt[i]);//往multiset里添加行的气球数
    for (int i = 0; i <= M; i++) {
        int res = (int)h[i].size();//三列的气球总数
        for (int j = 0; j < res ; j++) {//如果影响了三行，就更新
            del(h[i][j]);
            if (h[i][j] - r >= 0) del(h[i][j] - r);
            if (h[i][j] + r <= M) del(h[i][j] + r);
        }
        ans = max(ans, res + (int)(*s.rbegin()));//取最大值
        for (int j = 0; j < res ; j++) {//再更新回去
            add(h[i][j]);
            if (h[i][j] - r >= 0) add(h[i][j] - r);
            if (h[i][j] + r <= M) add(h[i][j] + r);
        }
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}