文章目录

一、题目解读
- 1、原题
- 2、分类
- 3、题意
- 4、输入输出格式
- 5、数据范围
二、题解参考
- 1、总体思路
- 2、思路②
- - (1).分析
  - (2).AC代码
三、总结与后话
- 1、评价
- 2、后话

一、题目解读

1、原题

HDU.1007 Quoit Design

2、分类

分治法——最近点对

3、题意

给定一些点，求一个圆的半径、满足“圆最多只能使1个点在其内部”。

再稍微转化一下，就是求一堆点里最小的两点间距，然后再除以222。

4、输入输出格式

输入/输出	要求与格式
输入样例个数	通过输入N=0N=0N=0标识输入结束
输入格式（每个样例）	第一行输入一个数NNN，后NNN行每行都输入一组坐标xxx、yyy（空格隔开）
输出格式（每个样例）	每行输出一个结果
输出精度	结果精确到小数点后222位

5、数据范围

数据	范围
NNN	2≤N≤1052 \leq N \leq 10^52≤N≤105
(x,y)(x, y)(x,y)	x,y∈Rx, y \in \mathbb{R}x,y∈R

二、题解参考

1、总体思路

思路	时间复杂度	具体解释
穷举法	O(n2)O(n^2)O(n2)	穷举所有两个点间的距离，找最小
分治法	O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)	求左右两个半区间的最小值，然后考虑跨区间的合并

2、思路②

(1).分析

分治法的主要思想是将大的问题划分为若干个小的子问题。

在这里主要就表现为，求若干个点的最小距离困难，但是求2、3个点的最小距离容易。因此，对n个点，我们先根据点的横坐标xxx进行排序，不断地划分左、右区间，一直划分到只剩2、3个点。

那么很显然，得到的是两个子区间各自内部的距离最小值，我们对这两个值求一个最小值得到ddd.

跨区间的部分要怎么考虑合并呢？跨区间的部分的合并显然不能一个一个列举，还是会变成穷举的时间复杂度O(n2)O(n^2)O(n2).因此，需要考虑优化。

仔细想想的话，我们可以肯定横坐标范围在[xmid−d,xmid+d]\left[ x_{mid} - d, x_{mid} + d \right][xmid−d,xmid+d]之外的点都不用考虑。因为要跨越左右区间，所以横坐标xmidx_{mid}xmid一定会在被比较的两个点的横坐标之间。

以xleft_i<xmid−dx_{left\_i} < x_{mid} - dxleft_i<xmid−d为例：
∵xleft_i<xmid−d且xright_j>xmid∴xright_j−xleft_i>d再结合两点间坐标公式，易知：left_i和right_j这两个点间距必定大于d\begin{aligned} &\because x_{left\_i} < x_{mid} - d且x_{right\_j} > x_{mid} \\ &\therefore x_{right\_j} - x_{left\_i} > d \\ &再结合两点间坐标公式，易知：\\ &left\_i和right\_j这两个点间距必定大于d \end{aligned}∵xleft_i<xmid−d且xright_j>xmid∴xright_j−xleft_i>d再结合两点间坐标公式，易知：left_i和right_j这两个点间距必定大于d

但是这样筛选出来的点仍然有可能有很多个，直接逐个比较的话仍然会超时，因此我们还需要根据其纵坐标yyy再进行一次优化。

我们将选出来的cntcntcnt个点根据纵坐标再进行一次升序排序，然后从前往后逐个求距离：第111个点逐个和后面cnt−1cnt - 1cnt−1个点求距离更新ddd、第222个点逐个和后面cnt−2cnt - 2cnt−2个点求距离更新ddd、……但是在比较的时候，如果第jjj个点的纵坐标yjy_jyj已经比第iii个点的纵坐标yiy_iyi多出ddd，即yj−yi>dy_j - y_i > dyj−yi>d，那么从第jjj个点开始往后的点都不可能起到更新ddd的作用，所以直接break出去，开始外层循环的下一次循环。

这样优化以后，效率会好很多。（印象中当时老师讲的时候说过，有人证明了XXXX，说明了XXXXX最多只会有6个点，所以效率会好很多）

（注）：本文的代码参考了这篇文章的代码，因此代码相似度将近95%，本文的思路是对这个代码进行分析理解得到的。

(2).AC代码

HDU（C++/G++）AC代码如下：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iomanip>#define N 100005using namespace std;struct node
{double x;double y;
}us[N];int a[N];// 将坐标根据x升序排列
bool cmp_x(const node& a, const node&b)
{return a.x < b.x;
}// 将坐标索引根据对应的y升序排列进行排列
bool cmp_yi(int a, int b)
{return us[a].y < us[b].y;
}// 计算两点间距
inline double dis(node p1, node p2)
{return sqrt((p1.x - p2.x) * (p1.x - p2.x) + (p1.y - p2.y) * (p1.y - p2.y));
}double find(int l, int r)
{// 分治到只剩两个点if (l + 1 == r)return dis(us[l], us[r]);// 分治到只剩三个点if (l + 2 == r)return min(min(dis(us[l], us[l + 1]), dis(us[l + 1], us[r])), dis(us[l], us[r]));// 寻找左、右半个区间内的最大、最小距离int mid = (l + r) >> 1;double d = min(find(l, mid), find(mid + 1, r));// 合并左右区间的最小距离// （在x ∈ [mid.x - d, mid.x + d]的范围内寻找，再根据纵坐标排序，效率可以提高很多）int cnt = 0;for (int i = l; i <= r; ++i)if (us[i].x >= us[mid].x - d && us[i].x <= us[mid].x + d)a[cnt++] = i;sort(a, a + cnt, cmp_yi);for (int i = 0; i < cnt; ++i)for (int j = i + 1; j < cnt; ++j){if (us[a[j]].y - us[a[i]].y >= d)break;d = min(d, dis(us[a[i]], us[a[j]]));}return d;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);int n;while (cin >> n, n){// 输入for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> us[i].x >> us[i].y;// 以x升序、将n个坐标进行排序sort(us, us + n, cmp_x);// 输出分治法查找的结果cout << fixed << setprecision(2) << find(0, n - 1) / 2 << endl;}return 0;
}

三、总结与后话

1、评价

这道题目是一道很典型的分治法例题——“求最近点对”。

2、后话

看了10min题目，才想起来这是去年暑假培训的时候老师讲过的；搜了又搜，才想起来这道题题型是“求最近点对”。

当时将分治法、分治思想的时候，感觉还是有所领悟的（除了二分答案我有点懵），半年内，刷的题合起来总共不到30题。到了半年后的今天，居然连分治法的结构长什么样子都记不太清楚了，实在是丢人。

也当做是个毒鸡汤，警示所有人，ACM没有持续和稳定的刷题练习是很难有所长进的。

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