原题地址
题目大意
查询平面内最近点对的距离，输出距离的一半。
暴力做法
枚举每一个点对的距离直接判断，时间复杂度是 $ O(n^2) $，对于这题来说会超时。
那么我们考虑去优化这一个过程，我们在求距离的过程中其实有很多的计算是没有必要的，比如已经有一个暂时的最小值 $ d $，如果有 $ dis>d $，那么这个 $ dis $ 是没有贡献的，那么我们怎么除去这些不必要的答案呢？
我们可以考虑分治，假设已经求出了两个小区间 $ A , B $ 的最小值，那么合并的大区间 $ C $ 的最小值实际上就是在 $ d=n(A,B) $ 和A，B中的点对构成的距离中取最小值，那么我们可以用上之前的那个优化，对于大于d的我们不去选择，那么就可以缩小我们所需要的计算量，由于鸽巢原理只我们最多只要求36个点对，计算量很小。
然后我就开始敲代码了，一开始的代码是这样的
#include
using namespace std;
const int maxn=100010;
const double INF=100000000.0;
struct node{
double x;
double y;
}a[maxn];
int n,tail1,tail2,tmp1[maxn],tmp2[maxn];
double ans;
bool cmp(node i,node j){
return i.x>1;
double d=min(clu(l,mid),clu(mid+1,r));
tail1=0;tail2=0;
for(int i=mid;i>=l&&a[mid].x-a[i].xk&&tmp1[i]!=tmp2[j]) d=k;
}
}
return d;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
while(n){
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lf %lf",&a[i].x,&a[i].y);
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
ans=clu(1,n)/2.0;
printf("%.2lf\n",ans);
scanf("%d",&n);
}
return 0;
} 然后时间超限，（雾
后面发现问题出在我只判断了x是否大于d，但对于y并没有去进行判断，这就导致时间复杂度还是很高，其实只要对y进行排序再剪枝便可AC
代码
#include
using namespace std;
const int maxn=100010;
const double INF=100000000.0;
struct node{
double x;
double y;
}a[maxn];
int n,tail,tmp[maxn];
double ans;
bool cmp1(node i,node j){
return i.x>1;
double d=min(clu(l,mid),clu(mid+1,r));
tail=0;
for(int i=mid;i>=l&&a[mid].x-a[i].xk&&tmp[i]!=tmp[j]) d=k;
}
}
return d;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
while(n){
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lf %lf",&a[i].x,&a[i].y);
}
sort(a+1,a+1+n,cmp1);
ans=clu(1,n)/2.0;
printf("%.2lf\n",ans);
scanf("%d",&n);
}
return 0;
} 可以对照一下这两个代码，关键部分便在于
for(int i=1;i<=tail;++i){
for(int j=i+1;j<=tail && a[tmp[j]].y-a[tmp[i]].yk&&tmp[i]!=tmp[j]) d=k;
}
} 值得注意的是
a[tmp[j]].y-a[tmp[i]].y必须放在循环的判断条件里，而不可以拖进来，否则仍然超时，原因便在我们对y进行了排序，那么如果 $ a[tmp[j]].y-a[tmp[i]].y>=d $ 那么 $ tmp[k]].y-a[tmp[i]].y>=d , k>j $ 可以达到剪枝的效果。
完结撒花！