BZOJ1071: [SCOI2007]组队【双指针】【思惟好题】

Description

　　NBA每一年都有球员选秀环节。一般用速度和身高两项数据来衡量一个篮球运动员的基本素质。假如一支球队里速度最慢的球员速度为minV，身高最矮的球员高度为minH，那么这支球队的全部队员都应该知足: A * ( height
– minH ) + B * ( speed – minV ) <= C 其中A和B，C为给定的经验值。这个式子很容易理解，若是一个球队的球员速度和身高差距太大，会形成配合的不协调。 请问做为球队管理层的你，在N名选秀球员中，最多能有多少名符合条件的候选球员。

Input

　　第一行四个数N、A、B、C 下接N行每行两个数描述一个球员的height和speed

Output

　　最多候选球员数目。

Sample Input

4 1 2 10
5 1
3 2
2 3
2 1

Sample Output

4

HINT

数据范围： N <= 5000 ,height和speed不大于10000。A、B、C在长整型之内。

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思路

这题也真是够神仙的

首先把式子变成这样

$Ax+By-C\le Aminx + Bminy $

而后就从新取一个权值叫作\(val=Ax+By-C\)

把原数组复制两遍，一个按照x排序，一个按照val排序

而后咱们先枚举miny，而后在内层枚举minx，可是同时怎么维护答案？

咱们用一个指针扫val加入答案，并用一个指针扫x删除答案

我第一次看到的时候心情就是wtf？

确实很神奇

如今咱们考虑加入答案的限制，首先y确定是要大于等于miny的，可是y应该有一个上界，否则\(y-miny\)太大致使在知足\(val\le Aminx+Bminy\)的条件下\(x< minx\)

既然不能让x超界，也就是要知足\(minx\le x\)，那么就必定有

\(By\le Bminy + C\)

也就是说\(miny\le y\le miny + \frac{C}{B}\)

这样就能够同时扫按照x排序的队列来把x不知足的都删掉了（由于y对于全局的限制都是相等的）

？？？

好像推不过来吧，不过没事，在这道题里面是对的

如今来考虑另外一个事情：会不会有没有统计贡献的被删除贡献？

不可能的

被删除贡献的时候须要知足\(x<minx\)和\(min\le y\le miny+\frac{C}{B}\)

显然是知足\(Ax+By\le Aminx+Bminy+C\)的

那不就必定会在上面统计贡献吗？

因此就成立了。。。而后其实你也能够根据刚刚这个式子把\(By\le Bminy + C\)理解为让删除不重不漏的条件

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#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 5010;

int n, A, B, C;
int ans;

struct Point {
  int x, y, val;
  Point() {}
  Point(int x, int y, int val): x(x), y(y), val(val) {}
} p[N], q[N];

bool cmp1(const Point a, const Point b) {
  return a.x < b.x;
}

bool cmp2(const Point a, const Point b) {
  return a.val < b.val;
}

int main() {
  scanf("%d %d %d %d", &n, &A, &B, &C);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    int x, y;
    scanf("%d %d", &x, &y);
    p[i] = q[i] = Point(x, y, A * x + B * y - C);
  }
  sort(p + 1, p + n + 1, cmp1);
  sort(q + 1, q + n + 1, cmp2);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    int tp = 0, tq = 0, cur = 0;
    int dn = p[i].y, up = C / B + p[i].y;
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      int limit = A * p[j].x + B * p[i].y;
      while (tp < n && p[tp + 1].x < p[j].x) {
        ++tp;
        cur -= dn <= p[tp].y && p[tp].y <= up;
      }
      while (tq < n && q[tq + 1].val <= limit) {
        ++tq;
        cur += dn <= q[tq].y && q[tq].y <= up;
      }
      ans = max(ans, cur);
    }
  }
  printf("%d", ans);
  return 0;
}