題意

Here

思考

之前考分治的時候有一道題，要用到 \(O(nlogn)\) 求平面最近點對，然而當時我不會……現在寫篇部落格回顧一下。

平面上 \(n\) 個點，讓我們求最近點對，最樸素的想法是列舉，複雜度 \(O(n^2)\)

這樣是顯然過不了 \(1e5\) 的資料的，同時我們也發現對於一個點而言，我們計算了許多無用的情況，如何優化？

分治思路：
首先我們將所有點按橫座標排序，選擇中位點的橫座標為軸，將整個平面分成兩半，那麼答案可以變為：

\(min(\) 左半平面上點對的最近距離，右半平面上點對的最近距離，左半和右半平面各選一個點組成的最短距離 \()\)

重點的優化則在求第三個最近距離上，我們設左右半邊點對距離的最小值為 \(d\)

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double D;
const int N = 200020;
int tmp[N], n;
struct node{
    D x, y;
}P[N];
D sqr(D x){
    return x * x;
}
D calc(int a, int b){
    return sqrt( sqr(P[a].x - P[b].x) + sqr(P[a].y - P[b].y) );
}
bool cmp(node a, node b){
    return a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x;
}
bool cmp2(int x, int y){
    return P[x].y < P[y].y;
}
D solve(int l, int r){
    int cnt = 0; double d = 10000000;
    if(l == r) return 100000000;
    if(l + 1 == r) return calc(l, r);
    int mid = (l + r) >> 1;
    d = min( solve(l, mid), d );
    d = min( solve(mid+1, r), d);
    for(int i=l; i<=r; i++){
        if( fabs(P[mid].x - P[i].x) <= d){
            tmp[++cnt] = i;
        }
    }
    sort(tmp+1, tmp+cnt+1, cmp2);//這裡的sort複雜度會多一個log
    for(int i=1; i<=cnt; i++){
        for(int j=i+1; j<=cnt && P[tmp[j]].y - P[tmp[i]].y < d; j++){
            double d1 = calc(tmp[i], tmp[j]);
            d = min(d, d1);
        }
    }
    return d;
}
int main(){
    cin >> n;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        cin >> P[i].x >> P[i].y;
    }
    sort(P+1, P+n+1, cmp);
    cout << fixed << setprecision(4) << solve(1, n);
    return 0;
}
 

總結

解法還是很妙的，主要是對求解過程可行性剪枝，這種分治思想也很值得學習。