【bzoj4520】[Cqoi2016]K远点对

4520: [Cqoi2016]K远点对

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Description

已知平面内 N 个点的坐标，求欧氏距离下的第 K 远点对。

Input

输入文件第一行为用空格隔开的两个整数 N， K。接下来 N 行，每行两个整数 X,Y，表示一个点

的坐标。1 < =  N < =  100000， 1 < =  K < =  100， K < =  N*(N−1)/2 ， 0 < =  X, Y < 2^31。

Output

输出文件第一行为一个整数，表示第 K 远点对的距离的平方（一定是个整数）。

Sample Input

10 5
0 0
0 1
1 0
1 1
2 0
2 1
1 2
0 2
3 0
3 1

Sample Output

9

HINT

Source

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这题就是一个玄学。。。

为了这题顺便学了一发K-d tree

K-d tree入门

对于这题来说，K-d tree起到的就是一个暴力剪枝的作用

首先如果我们要知道第k远的点对，肯定要先知道所有点对的距离

但是这样是O(n ^ 2)的，那么我们考虑用K-d tree将查询优化掉一维

建一棵K-d tree，每个节点上储存当前子树内的x坐标最大最小值，y坐标最大最小值

再开一个2 * k大小的小根堆，维护答案

对于当前查询的点，我们考虑它到当前K-d树上节点的左右子树的点的尽可能大的预估距离，是否有大于当前堆顶，如果有的话就顺着这棵子树下去查询，然后顺便更新一下堆

对于每个点都查询完一遍以后答案即为堆顶

然后这样瞎搞就能过掉啦

PS.旋转卡壳也能过？

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef double DL;

const int maxn = 100100;

struct data{
	LL x,y; data(){x = y = 0;}
}p[maxn];

priority_queue,greater > Q;
int n,k,tot;
LL ma[maxn][3],mi[maxn][3],s[maxn][3],lc[maxn],rc[maxn];

inline LL getint()
{
	LL ret = 0,f = 1;
	char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9')
	{
		if (c == '-') f = -1;
		c = getchar();
	}
	while (c >= '0' && c <= '9')
		ret = ret * 10 + c - '0',c = getchar();
	return ret * f;
}

inline bool cmpx(data a,data b)
{
	return a.x < b.x;
}

inline bool cmpy(data a,data b)
{
	return a.y < b.y;
}

inline DL sqr(DL x)
{
	return x * x;
}

inline int build(int l,int r)
{
	if (l > r) return 0;
	int o = ++tot;
	DL avex = 0,avey = 0,sqrx = 0,sqry = 0;
	for (int i = l; i <= r; i++)
	{
		avex += p[i].x;
		avey += p[i].y;
	}
	avex /= r - l + 1;
	avey /= r - l + 1;
	for (int i = l; i <= r; i++)
	{
		sqrx += sqr(p[i].x - avex) / (r - l + 1);
		sqry += sqr(p[i].y - avey) / (r - l + 1);
	}
	if (sqrx < sqry) sort(p + l + 1,p + r + 1,cmpx);
	else sort(p + l + 1,p + r + 1,cmpy);
	int mid = l + r >> 1;
	ma[o][1] = mi[o][1] = s[o][1] = p[mid].x;
	ma[o][2] = mi[o][2] = s[o][2] = p[mid].y;
	lc[o] = build(l,mid - 1);
	rc[o] = build(mid + 1,r);
	for (int i = 1; i <= 2; i++)
	{
		if (lc[o]) ma[o][i] = max(ma[o][i],ma[lc[o]][i]);
		if (rc[o]) ma[o][i] = max(ma[o][i],ma[rc[o]][i]);
		if (lc[o]) mi[o][i] = min(mi[o][i],mi[lc[o]][i]);
		if (rc[o]) mi[o][i] = min(mi[o][i],mi[rc[o]][i]);
	}
	return o;
}

inline void Query(int o,int l,int r,LL q[3])
{
	if (l > r) return;
	Q.push(sqr(q[1] - s[o][1]) + sqr(q[2] - s[o][2]));
	if (Q.size() > 2 * k) Q.pop();
	LL ldis = 0,rdis = 0,mid = l + r >> 1;
	for (int i = 1; i <= 2; i++) ldis += max(sqr(q[i] - ma[lc[o]][i]),sqr(q[i] - mi[lc[o]][i]));
	for (int i = 1; i <= 2; i++) rdis += max(sqr(q[i] - ma[rc[o]][i]),sqr(q[i] - mi[rc[o]][i]));
	if (ldis > Q.top()) Query(lc[o],l,mid - 1,q);
	if (rdis > Q.top()) Query(rc[o],mid + 1,r,q);
}

int main()
{
	n = getint(); k = getint();
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		p[i].x = getint();
		p[i].y = getint();
	}
	build(1,n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) 
	{
		LL k[3];
		k[0] = 0; k[1] = p[i].x; k[2] = p[i].y;
		Query(1,1,n,k);
	}
	printf("%lld",Q.top());
	return 0;
}