[BZOJ2732] [Luogu P3222] [HNOI2012]射箭

洛谷传送门(卡时间)

BZOJ传送门(卡精度)

题目描述

沫沫最近在玩一个二维的射箭游戏，如下图 1 所示，这个游戏中的 x 轴在地面，第一象限中有一些竖直线段作为靶子，任意两个靶子都没有公共部分，也不会接触坐标轴。

沫沫控制一个位于(0,0)的弓箭手，可以朝 0 至 90?中的任意角度（不包括 0度和 90度），以任意大小的力量射出带有穿透能力的光之箭。由于游戏中没有空气阻力，并且光之箭没有箭身，箭的轨迹会是一条标准的抛物线，被轨迹穿过的所有靶子都认为被沫沫射中了，包括那些 只有端点被射中的靶子。

这个游戏有多种模式，其中沫沫最喜欢的是闯关模式。

在闯关模式中，第一关只有一个靶 子，射中这个靶子即可进入第二关，这时在第一关的基础上会出现另外一个靶子，若能够一箭 双雕射中这两个靶子便可进入第三关，这时会出现第三个靶子。依此类推，每过一关都会新出 现一个靶子，在第 K 关必须一箭射中前 K 关出现的所有 K 个靶子才能进入第 K+1 关，否则游戏 结束。

沫沫花了很多时间在这个游戏上，却最多只能玩到第七关”七星连珠“，这让她非常困惑。 于是她设法获得了每一关出现的靶子的位置，想让你告诉她，最多能通过多少关

输入输出格式

输入格式：

输入文件第一行是一个正整数N，表示一共有N关。接下来有N行，第i+1行是用空格隔开的三个正整数xi，yi1，yi2(yi1

输出格式：

仅包含一个整数，表示最多的通关数。

输入输出样例

输入样例#1
5
2 8 12
5 4 5
3 8 10
6 2 3
1 3 7

输出样例#1
3

解题分析

二次函数怎么做? 读题后发现其实xi, yi都已知道， 那么原式可转化为

$$y_{1}\leqslant ax^{2}+bx\leqslant y_{2}$$

进而化为

$$y_{1}-ax^{2}\leqslant bx$$

然后

$$\frac{y_{1}}{x}-ax\leqslant b$$

其实就是两个以a、b作为变量的一次函数，则可以写作

$$\begin{cases} b\geqslant -ax+\frac{y_{1}}{x} \newline b\leqslant -ax+\frac{y_{2}}{x} \end{cases}$$

所以每个靶子都可以看做两个半平面的的交集（形状类似管道），其解集在 $b=-ax+\frac{y_{1}}{x}$以上， 在 $b=-ax+\frac{y_{2}}{x}$ 以下。 我们可以将解析式用向量表示， 进而二分关卡个数检验半平面是否有解集。

至于每个保存的向量， 我们可以统一向量“左端”为交集部分，那么我们可以判断：若上两个向量的交点在新加入的向量的“右边”， 那么可以弹出上一向量并重新计算。

值得注意的是，我们需要加一个巨大的“外框”以避免解集非闭的情况。

代码如下

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <deque>
#define R register
#define W while
#define IN inline
#define gc getchar()
#define MX 1e12
namespace Geometry
{#define EPS 1e-12#define db long doublestruct pt{db x, y;};struct Line{pt start, endd;db rate;int id;};Line data[200050];int sta[200050];int dot, lef, rig, top, now;IN void in (int &x){R char c = gc;x = 0;W (!isdigit(c)) c = gc;W (isdigit(c)) {x = (x << 1) + (x << 3), x += c - 48, c = gc;}}IN int sig (const db &x){return (x > -EPS) - (x < EPS);}IN pt operator - (const pt &x, const pt &y){return (pt){x.x - y.x, x.y - y.y};}IN pt operator + (const pt &x, const pt &y){return (pt){x.x + y.x, x.y + y.y};}IN db operator * (const pt &x, const pt &y){return x.x * y.y - x.y * y.x;}IN pt operator * (const pt &x, const db &mul){return (pt){x.x * mul, x.y * mul};}IN bool operator < (const Line &x, const Line &y){return x.rate == y.rate ? (x.endd - x.start) * (y.start - x.start) < 0: x.rate < y.rate;}IN pt get_inter(const Line &x, const Line &y){db k1 = (y.endd - x.start) * (x.endd - x.start);db k2 = (x.endd - x.start) * (y.start - x.start);return (y.endd - y.start) * (k2 / (k1 + k2)) + y.start;}IN bool is_on_lef_pre(const int &x, const int &y, const Line & now){pt intt = get_inter(data[x], data[y]);return (intt - now.start) * (now.endd - now.start) > 0;}IN bool Half_Plane(const int &bound){db last_rate = 16515616816;//随便取一个不会重复的斜率//排序后可以排除非最优而斜率相同的向量lef = 1, rig = 0;for (R int i = 1; i <= top; ++i){if(data[i].id <= bound && data[i].rate != last_rate){last_rate = data[i].rate;W (lef < rig && is_on_lef_pre(sta[rig - 1], sta[rig], data[i])) rig--;//退出队列操作W (lef < rig && is_on_lef_pre(sta[lef], sta[lef + 1], data[i])) lef++;//因为最后会形成一个环，所以左边同时也要退出队列sta[++rig] = i;}}W (lef < rig && is_on_lef_pre(sta[rig - 1], sta[rig], data[sta[lef]]))rig--;W (lef < rig && is_on_lef_pre(sta[lef], sta[lef + 1], data[sta[rig]]))lef++;return (rig - lef) >= 2;}
}
using namespace std;
using namespace Geometry;
int main()
{int x, y_down, y_up;in(dot);for (R int i = 1; i <= dot; ++i){in(x), in(y_down), in(y_up);data[++top].start = (pt){0, (double)y_down / x};data[top].endd = (pt){10, 10.0 * (-x) + (double)y_down / x};data[top].rate = atan2(data[top].endd.y - data[top].start.y, data[top].endd.x - data[top].start.x);data[top].id = i;data[++top].start = (pt){0, (double)y_up / x};data[top].endd = (pt){-10, 10.0 * x + (double)y_up / x};data[top].rate = atan2(data[top].endd.y - data[top].start.y, data[top].endd.x - data[top].start.x);data[top].id = i;}data[++top] = (Line){(pt){MX, MX}, (pt){-MX, MX}, atan2(0, -2 * MX), 0};//加入四个边框data[++top] = (Line){(pt){-MX, MX}, (pt){-MX, -MX}, atan2(-2 * MX, 0), 0};data[++top] = (Line){(pt){-MX, -MX}, (pt){MX, -MX}, atan2(0, 2 * MX), 0};data[++top] = (Line){(pt){MX, -MX}, (pt){MX, MX}, atan2(2 * MX, 0), 0};sort(data + 1, data + 1 + top);int l = 1, r = dot;int ans = 0;W (233)//二分答案{now = (l + r) >> 1;if(Half_Plane(now)){ans = now;if(l == r){printf("%d", ans);return 0;}l = now + 1;continue;}else{r = now;}if(l == r){printf("%d", ans);return 0;}}
}

坑点分析：

1. 精度： 洛谷上用double最后三个点过不了， 而且误差会相当大， 而用long double 秒过… BZOJ上long double 加上1e-18的EPS也过不了了（楼主蒟蒻QAQ）。
2. 常数优化： long double 速度感人， 需要有意识降常数。
3. 对边界分析要明确， 否则很容易莫名其妙WA。