ZOJ 2967 Colorful Rainbows 【Stack】
解决此题方法类似于凸包，先把所有直线按照斜率a由小到大排序 斜率相同取b较大的，扔掉b小的 (可以在遍历的时候忽视)。
于是所有直线斜率不同。 准备一个栈 （手动模拟）， 栈里面存放上一次能看到的“最上面”的直线以及这条直线能看到的范围x (x值右边的部分可以被看到）。 初始时，把斜率最小的直线入栈，并记录x值为-inf。然后对第i条直线， 所做的是用第i条直线和栈顶直线求交点x,如果这个x值不大于栈顶的x值， 则把栈顶元素弹出，继续求交，否则退出。
这种判断操作直到栈为空， 或者当前栈顶的x值大于栈顶的x值。然后把第i条直线入栈，
继续，看后面的直线。最后栈中的直线数就是能看到的。 这种做法类似于凸包的方法，除去排序外，每条直线至多出入栈一次 复杂度O(n)。总复杂度是O(nlogn)。
Source Code:
//#pragma comment(linker, "/STACK:16777216") //for c++ Compiler #include <stdio.h> #include <iostream> #include <fstream> #include <cstring> #include <cmath> #include <stack> #include <string> #include <map> #include <set> #include <list> #include <queue> #include <vector> #include <algorithm> #define Max(a,b) (((a) > (b)) ? (a) : (b)) #define Min(a,b) (((a) < (b)) ? (a) : (b)) #define Abs(x) (((x) > 0) ? (x) : (-(x))) #define MOD 1000000007 #define pi acos(-1.0) using namespace std; typedef long long ll ; typedef unsigned long long ull ; typedef unsigned int uint ; typedef unsigned char uchar ; template<class T> inline void checkmin(T &a,T b){if(a>b) a=b;} template<class T> inline void checkmax(T &a,T b){if(a<b) a=b;} const double eps = 1e-8 ; const int N = 210 ; const int M = 1100011*2 ; const ll P = 10000000097ll ; const int MAXN = 10900000 ; const double MINN = -999999999.9; int n; struct Line{ double a, b; }line[5001]; struct Point{ int ID; double x; //Crossover point }point[5001]; bool cmp (Line a , Line b){ if(a.a != b.a) return a.a < b.a ; return a.b > b.b; } int main(){ int i, j, t, k, u, v, numCase = 0; cin >> t; while (t--){ int sum = 0; cin >> n; for (i = 0; i < n; ++i) { cin >> line[i].a >> line[i].b; } sort (line , line + n, cmp); point[sum].ID = 0; point[sum].x = MINN; for (i = 1; i < n; ++i) { if (Abs (line[i].a - line[point[sum].ID].a) < eps) continue; //Equal slope will be ignored for (;;) { if (sum < 0) { ++sum; point[sum].ID = i; point[sum].x = MINN; break; } double x = (line[point[sum].ID].b - line[i].b) / (line[i].a - line[point[sum].ID].a); if (point[sum].x + eps > x) { --sum; } else { ++sum; point[sum].ID = i; point[sum].x = x; break; } } } printf("%d\n", 1 + sum); } return 0 ; }
以下是另一种 O(n lg n) 的算法 @Sake
对于直线l1: y = a1x +b1 和直线l2: y = a2x + b2,假设 a2 > a1,同时已知l1和前面面 一一个斜率更小小的交点横坐标为x1,则l2和l1的交点横坐标为x2,如果x2 < x1,那么l2可以覆盖 l1的可⻅见段。这样对于l2处理栈中的栈顶直线,若可以覆盖,栈顶弹出,循环直到栈中只有一一条直线或者不能继续覆盖,最后将这条直线压入入栈。对于只有1条或者2条直线的情况,特殊处理即可。 效率为O(n lg n)。 当然这题,可以按题⺫目目描述模拟暴力力O(n^2)过。
/* Author: */ #include #include #include #include #include #include #include #include #include sakeven <cstdio> <cstdlib> <cassert> <iostream> <algorithm> <queue> <stack> <cmath> <cstring> using namespace std; struct node{ double a,b; }lines[5100]; struct point{ int index; double x; point(){} point(int index, double x):index(index), x(x){} }; bool cmp(const node &A, const node &B){ return A.a < B.a || (A.a == B.a && A.b < B.b); } int main(){ int t, n; scanf("%d", &t); while (t--) { scanf("%d", &n); for (int i = 0; i < n; i ++) { scanf("%lf%lf", &lines[i].a , &lines[i].b); } sort(lines, lines+n, cmp); int k = 0; for (int i = 0; i < n-1; i ++) { if (lines[i].a == lines[i+1].a) { continue; } lines[k++] = lines[i]; } lines[k++] = lines[n-1]; if (k <= 2) { printf("%d\n", k); continue; }point p; stack<point>st; st.push(point(0, 0)); st.push(point(1, (lines[1].b - lines[0].b)/(lines[0].a - lines[1].a))); for (int i = 2; i < k; i ++) { double x(0); while (st.size() > 1) { p = st.top(); x = (lines[p.index].b - lines[i].b)/(lines[i].a - lines[p.index].a); if (x <= p.x) { st.pop(); if (st.size() == 1) { x = (lines[0].b - lines[i].b)/(lines[i].a - lines[0].a); break; } } else { break; } } st.push(point(i, x)); } printf("%lu\n", st.size()); } return 0; }