杭电 ACM 1007

先说下题意，很简单，给n个点的坐标，求距离最近的一对点之间距离的一半。

第一行是一个数n表示有n个点，接下来n行是n个点的x坐标和y坐标。实数。

 

这个题目其实就是求最近点对的距离。《算法导论》上有详细讲解，王晓东的书上也有代码。主要思想就是分治。先把n个点按x坐标排序，然后求左边n/2个和右边n/2个的最近距离，最后合并。

合并要重点说一下，比较麻烦。

 

首先，假设点是n个，编号为1到n。我们要分治求，则找一个中间的编号m，先求出1到m点的最近距离设为d1，还有m+1到n的最近距离设为d2。这里的点需要按x坐标的顺序排好，并且假设这些点中，没有2点在同一个位置。（若有，则直接最小距离为0了）。

 

然后，令d为d1, d2中较小的那个点。如果说最近点对中的两点都在1-m集合中，或者m+1到n集合中，则d就是最小距离了。但是还有可能的是最近点对中的两点分属这两个集合，所以我们必须先检测一下这种情况是否会存在，若存在，则把这个最近点对的距离记录下来，去更新d。这样我们就可以得道最小的距离d了。

 

关键是要去检测最近点对，理论上每个点都要和对面集合的点匹配一次，那效率还是不能满足我们的要求。所以这里要优化。怎么优化呢？考虑一下，假如以我们所选的分割点m为界，如果某一点的横坐标到点m的横坐标的绝对值超过d1并且超过d2，那么这个点到m点的距离必然超过d1和d2中的小者，所以这个点到对方集合的任意点的距离必然不是所有点中最小的。

 

 

所以我们先把在m为界左右一个范围内的点全部筛选出来，放到一个集合里。

筛选好以后，当然可以把这些点两两求距离去更新d了，不过这样还是很慢，万一满足条件的点很多呢。这里还得继续优化。首先把这些点按y坐标排序。假设排序好以后有p个点，编号为1到p。那么我们用1号去和2到p号的点求一下距离，然后2号和3到p号的点求一下距离。。。还没完，因为这样比，求的次数还是O(p^2), 所以其实和没优化没区别。

 

假设有一个点q,坐标是xq, yq。可以证明在以q为底边中点，长为2d，宽为d的矩形区域内不会有超过6个点。具体证明过程可以参看算法导论。

利用这个结论我们就可以来继续优化比较的过程了。刚刚我们是用用1号点去和2到p号的点求一下距离，我们知道以1号点构造图中矩形内，不会有超过6个点存在。但是我们又不能直接从1号求到6号，因为这里的p个点是按y坐标排序而不是按距离排序的，有可能在y坐标上，前10个点距离1号点都很近，但是前6个点的x坐标很远，而第10个点的x坐标和1号点的x坐标很进，这样第10个点到1号点的距离反而更近。

那么我们怎么利用这个结论呢？应该这样，假设1号点和2到p号点比较，由于y坐标排序的缘故，假设第p个点的y坐标距离1号点的y坐标大于当前能求出的最小值，那么这点以及这点后的所有点距离1号点的距离必然大于当前已经获得的最小值，所以直接不用比较后面的了。
又因为满足比较条件的点很少，不会超过6个，所以这里可以看成O(1)的效率。那么整个算法的效率大概是在O(nlogn)，非常快！

 

 

源代码(1):

/*分治算法求最小点对*/
/*AC代码：828ms*/
#include
#include
#include
#define MAXN 100005
//#define min(a,b) (a
using namespace std;
struct Point
{
    double x,y;
};
struct Point point[MAXN],*px[MAXN],*py[MAXN];
double get_dis(Point *p1,Point *p2)
{
    return sqrt((p1->x-p2->x)*(p1->x-p2->x)+(p1->y-p2->y)*(p1->y-p2->y));
}
bool cmpx(Point *p1,Point *p2) {return p1->xx;}
bool cmpy(Point *p1,Point *p2) {return p1->yy;}
double min(double a,double b){return a
//-------核心代码------------//
double closest(int s,int e)
{
    if(s+1==e)
        return get_dis(px[s],px[e]);
    if(s+2==e)
        return min(get_dis(px[s],px[s+1]),min(get_dis(px[s+1],px[e]),get_dis(px[s],px[e])));
    int mid=(s+e)>>1;
    double ans=min(closest(s,mid),closest(mid+1,e));//递归求解
    int i,j,cnt=0;
    for(i=s;i<=e;i++)//把x坐标在px[mid].x-ans~px[mid].x+ans范围内的点取出来
    {
        if(px[i]->x>=px[mid]->x-ans&&px[i]->x<=px[mid]->x+ans)
            py[cnt++]=px[i];
    }
    sort(py,py+cnt,cmpy);//按y坐标排序
    for(i=0;i
    {
        for(j=i+1;j//py数组中的点是按照y坐标升序的
        {
            if(py[j]->y-py[i]->y>=ans)
                break;
            ans=min(ans,get_dis(py[i],py[j]));
        }
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int i,n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        if(n==0)
            break;
        for(i=0;i
        {
            scanf("%lf%lf",&point[i].x,&point[i].y);
            px[i]=&point[i];
        }
        sort(px,px+n,cmpx);
        //for(i=0;i
        // printf("(%.2lf,%.2lf)--",px[i].x,px[i].y);
        double distance=closest(0,n-1);
        printf("%.2lf\n",distance/2);
    }
    return 0;
}

 

 

 

参考网上思路，由于这题数据比较弱，（是网上说的，不过确实很弱）。可以以一种投机取巧的枚举水过。。。

具体方法：对点进行x轴排序，这样，可以知道最短的距离最有可能出现的是在两个相邻的点之间（但不一定），所以我枚举了离当前点距离（只看x轴）最近的50个点，这样，最短距离一般就在里面了。但是更让人吃惊的是，这题数据弱到，只要对x轴排序，枚举相邻3个点就可以A掉。。。。囧。。。。。

http://hi.baidu.com/yzy%D1%EE%D7%D3%D1%DC/blog/item/4b4da1ece0365a4379f05571.html

 

 

 

 

源代码(2):

/*最近点对(枚举)*/
/*AC代码：609ms*/
#include
#include
#define min(a,b) (a
#define MAXN 100005
#define INF 99999999
#define step 2
struct point
{
    double x,y;
};
struct point ps[MAXN];
double ansr;
int N;
int cmp1(const void *p1,const void *p2)
{
    if(((struct point *)p1)->x!=((struct point *)p2)->x)
        return ((struct point *)p1)->x>((struct point *)p2)->x?1:-1;
    return ((struct point *)p1)->y>((struct point *)p2)->y?1:-1;
}
int cmp2(const void *p1,const void *p2)
{
    if(((struct point *)p1)->y!=((struct point *)p2)->y)
        return ((struct point *)p1)->y>((struct point *)p2)->y?1:-1;
    return ((struct point *)p1)->x>((struct point *)p2)->x?1:-1;
}
double get_dis(point p1,point p2)
{
    return sqrt((p1.x-p2.x)*(p1.x-p2.x)+(p1.y-p2.y)*(p1.y-p2.y));
}
void work()
{
    int i,j;
    for(i=1;i<=N;i++)
        for(j=i+1;j<=N&&j<=i+step;j++)
            ansr=min(ansr,get_dis(ps[i],ps[j]));
}
int main()
{
    int i;
    while(scanf("%d",&N)!=EOF)
    {
        if(N==0)
            break;
        for(i=1;i<=N;i++)
            scanf("%lf%lf",&ps[i].x,&ps[i].y);
        ansr=INF;
        qsort(ps+1,N,sizeof(ps[0]),cmp1);
        work();
        //qsort(ps+1,N,sizeof(ps[0]),cmp2);
        //work();
        printf("%.2lf\n",ansr/2);
    }
    return 0;
}

 

 

P.S：这里还有一个非常令人费解的问题，CODE（1）里为什么我用，#define min(a,b) (a会超时，而改成

double min(double a,double b){return a

原文地址：http://blog.csdn.net/allenjy123/article/details/6627751