UOJ#553【UNR #4】己酸集合【计算几何(圆内数点→半平面数点)】

题目描述

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二维平面 n n n 个点 ( x i , y i ) (x_i,y_i) (xi,yi)， Q Q Q 次询问距离 ( 0 , z ) (0,z) (0,z) 小于等于 R R R 的点的数量。

n ≤ 12000 , Q ≤ 1 0 6 , ∣ x i ∣ , ∣ y i ∣ , ∣ z i ∣ , R ≤ 1 0 9 n\le12000,Q\le10^6,|x_i|,|y_i|,|z_i|,R\le10^9 n≤12000,Q≤106,∣xi∣,∣yi∣,∣zi∣,R≤109

题目分析

x 2 + ( y − z ) 2 ≤ R 2 x^2+(y-z)^2\le R^2 x2+(y−z)2≤R2

x 2 + y 2 ≤ R 2 − z 2 + 2 y z x^2+y^2\le R^2-z^2+2yz x2+y2≤R2−z2+2yz

( x , y ) → ( y , x 2 + y 2 ) (x,y)\to(y,x^2+y^2) (x,y)→(y,x2+y2)

y ′ ≤ k x ′ + b , k = 2 z , b = R 2 − z 2 y'\le kx'+b,k=2z,b=R^2-z^2 y′≤kx′+b,k=2z,b=R2−z2

问题转化为求平面某直线下的点数。维护在斜率确定下每个元素的偏序关系，询问就可以根据 b b b 二分了。

y − x k ≤ b y-xk\le b y−xk≤b

若对于某个确定的 k k k， x 1 x_1 x1 优于 x 2 x_2 x2， x 1 < x 2 x_1<x_2 x1<x2

则 y 1 − x 1 k ≤ y 2 − x 2 k y_1-x_1k\le y_2-x_2k y1−x1k≤y2−x2k

即 y 1 − y 2 ≤ k ( x 1 − x 2 ) ⟺ y 1 − y 2 x 1 − x 2 ≥ k y_1-y_2\le k(x_1-x_2) \Longleftrightarrow \frac {y_1-y_2}{x_1-x_2}\ge k y1−y2≤k(x1−x2)⟺x1−x2y1−y2≥k

初始时假设 k = − ∞ k=-\infty k=−∞， k k k 逐渐增大。

若 x 1 = x 2 x_1=x_2 x1=x2，则 y y y 小的恒更优。

所以初始排序时按照 x x x 为第一关键字， y y y 为第二关键字即可。

维护一个这样的偏序序列，当 k k k 达到某个值（ ≤ n ( n − 1 ) / 2 \le n(n-1)/2 ≤n(n−1)/2 次交换）时，交换其中元素的顺序。

如果交换的位置不是相邻位，说明它们与中间的元素的交换时间重合了，时间重合的操作任意交换都是可以的。前面这段划掉，假的。

这话相当于是在说如果把一个顺序排成逆序的选择排序的交换过程改为 n ( n − 1 ) / 2 n(n-1)/2 n(n−1)/2 次随机顺序的交换仍然可以排成逆序（显然是假的，比如 1 2 3 4 如果交换了 (1,2),(1,3),(3,4)，那 1 就不可能排到末尾了）。

所以当交换操作时间相同时需要保证它是一个类似选择排序的过程，即交换时间相同的操作先按第一维排序，相同再按第二维排序。

注意这样我们还是不能保证每次交换的是相邻两位，因为可能有多个点分布在两个坐标，但是排序是可以正常进行的。

对这一段可以理解为一条旋转的扫描线，需要考虑的就是多点共线以及多点共坐标的情况。

直接做的复杂度是 O ( n 2 log ⁡ n + Q log ⁡ n ) O(n^2\log n+Q\log n) O(n2logn+Qlogn)

如果把点分成若干块处理，记分块大小为 S S S，那么复杂度变为 O ( ( S 2 + Q ) log ⁡ n ∗ n S ) O((S^2+Q)\log n*\frac nS) O((S2+Q)logn∗Sn)

S = Q S=\sqrt Q S=Q 时最优， O ( n Q log ⁡ n ) O(n\sqrt Q\log n) O(nQ logn)

PS：如果圆心坐标可以任取的话，问题就变成了三维半平面下数点（不过好像出题人说不会？手动狗头）

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 12005
#define maxq 1000005
#define LL long long
using namespace std;
char cb[1<<20],*cs,*ct;
#define getc() (cs==ct&&(ct=(cs=cb)+fread(cb,1,1<<20,stdin),cs==ct)?0:*cs++)
template<class T>void read(T &a){char c;bool f=0;while(!isdigit(c=getc())) c=='-'&&(f=1);for(a=c-'0';isdigit(c=getc());a=a*10+c-'0'); f&&(a=-a);
}
inline void write(int x){if(x>=10) write(x/10);putchar(x%10+48);
}
const int S = 1000;
int n,Q,ans[maxq];
struct node{LL x,y; int id;void init1(){read(y),read(x),y=x*x+y*y;}// x<=1e9void init2(int i){read(x),read(y),y=y*y-x*x,x*=2,id=i;}// x<=2e9bool operator < (const node &p)const{return x^p.x?x<p.x:y<p.y;}
}a[maxn],q[maxq],b[maxn];
struct change{double t;int x,y;bool operator < (const change &p)const{return t==p.t?x^p.x?x<p.x:y<p.y:t<p.t;}
}C[S*S]; int Cn;
int pos[maxn];
void mdf(int i,int j){if(pos[i]>pos[j]) return;//assert(pos[j]-pos[i]==1); assert failed.swap(b[pos[i]],b[pos[j]]);swap(pos[i],pos[j]);
}
void solve(node *a,int n){sort(a+1,a+1+n);Cn=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++) if(a[i].x!=a[j].x){double t=1.0*(a[i].y-a[j].y)/(a[i].x-a[j].x); if(t>=q[Q].x) continue;C[++Cn]=(change){t,i,j};}sort(C+1,C+1+Cn);for(int i=1;i<=n;i++) pos[i]=i;for(int i=1,j=1;i<=Q;i++){for(;j<=Cn&&C[j].t<q[i].x;j++) mdf(C[j].x,C[j].y);int l=0,r=n,mid;while(l<r) mid=(l+r+1)>>1,a[mid].y-a[mid].x*q[i].x<=q[i].y?l=mid:r=mid-1;ans[q[i].id]+=l;}
}
int main()
{read(n),read(Q);for(int i=1;i<=n;i++) a[i].init1();for(int i=1;i<=Q;i++) q[i].init2(i);sort(q+1,q+1+Q);for(int i=1;i<=n;i+=S){for(int j=1;j<=S&&i+j-1<=n;j++) b[j]=a[i+j-1];solve(b,min(S,n-i+1));}for(int i=1;i<=Q;i++) write(ans[i]),putchar('\n');
}