洛谷P1783 海滩防御分析+题解代码

题目描述：

WLP同学最近迷上了一款网络联机对战游戏（终于知道为毛JOHNKRAM每天刷洛谷效率那么低了），但是他却为了这个游戏很苦恼，因为他在海边的造船厂和仓库总是被敌方派人偷袭。于是，WLP动用了他那丰满且充实的大脑（或许更偏向前者），想出了一个好主意，他把海滩分成垂直于海岸线的若干列，在其中的几列上放置几个信号塔，试图来监视整个海滩。然而，WLP是一个非常心急的人，他把信号塔建好后才发现还需给信号塔供能，它们才能投入使用（这不是废话么），它们都有一个工作半径，一个圆形区域里的所有敌人都逃不过它们的监视，不过，WLP发现，敌人们非常狡猾，除非他将道路完全封死，否则WLP的敌人可以走过一条任意弯曲的路（不一定走整点，但是不会出第0列和第N列构成的边界）来偷他的东西。

于是，WLP就思考了：到底需要给每个信号塔多大的工作半径，才能将从海滩到内地的路径完全封死呢？他再次动用了他那丰满且充实的大脑，想了一堂数学课，终于，还是没想出来。于是，他向LZZ神犇求助（额……C_SUNSHINE的身份是不是暴露了）。

终于，在WLP：“%^!@#!(^!#@$^&（此处省略无数卖萌场景）”的哀求下，LZZ神犇写了一个程序，在1s内就解决了问题。但是，邪恶的LZZ神犇决定要将这个难题共享给无数无辜的OIer，所以，现在轮到你了。

输入格式：

第一行两个整数N和M：表示海滩被WLP分成的列数0-N和信号塔个数。

第2-M+1行：每行两个数Xi，Yi表示1-M号信号塔所在的列数和离开海滩的距离。

输出格式：

一行一个实数，表示最小的工作半径，保留两位小数。

样例输入1：

5 5

1 5

3 5

5 5

4 30

2 15

样例输出1：

1.00

样例输入2：

100 2

30 50

90 100

样例输出2：

39.05

说明：

对于10%的数据：1≤M≤10，1≤Yi≤100;

对于30%的数据：1≤M≤50，1≤Yi≤1,000;

对于80%的数据：1≤M≤500，1≤Yi≤1,000;

对于100%的数据：1≤M≤800，1≤N≤1000，1≤Xi≤N，1≤Yi≤100,000.

【样例解释】

注意，封锁海滩是指，敌人的深入程度是有限制的，若敌人绕过了所有的信号塔，并且可以长驱直入，那么就说明道路没有完全封锁。

算法分析：

复杂度可能不算很佳

但思路绝对简单

这里我们可以借鉴一下最小生成树的思想

即将整个图的所有边存于一个数组中(此步骤可以在输入防御塔坐标时完成)

此时图中只有节点而无边

将所有边按长度从小到大排序

然后依次加入这些边

每加入一条边就dfs遍历整个图

若此时图中某个联通块可以遍历到左右边界

此时的边权即为所求答案

还有几点需要注意的是

由于所求的是最小半径，所以计算边权的时候要将两点间距离除以二作为边权
海滩的列数编号为0~n，而0与n不能通行，所以左右边界为1与n-1

接下来献上蒟蒻的代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;

const int maxn=1000010;
typedef double dd;
int n,m;

struct node
{
    dd x;
    dd y;
}pt[maxn];

struct edge
{
    int u;
    int v;
    dd dis;
}E[1000010];

bool vis[maxn];
bool lft,rht;//判断是否联通左右边界
vector<int> map[maxn]; 

dd dist(node a,node b)
{
    dd tx=fabs(a.x-b.x);
    dd ty=fabs(a.y-b.y);
    tx*=tx;
    ty*=ty;
    return sqrt(tx+ty);
}

void dfs(int u,dd dis)
{
    vis[u]=true;

    //若到达左/右边界则记录
    if(pt[u].y+dis>=n-1)
    rht=true;

    if(pt[u].y-dis<=1)
    lft=true;

    for(int j=0;j<map[u].size();j++)
    {
        int v=map[u][j];

        if(vis[v]==false)
        dfs(v,dis);
    }
}

bool cmp(edge a,edge b)
{
    return a.dis<b.dis;
}

int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>pt[i].y>>pt[i].x;
        for(int j=1;j<i;j++)//在这里建边
        {
            E[++cont].u=i;
            E[cont].v=j;
            E[cont].dis=dist(pt[i],pt[j])/2.0;
            //记得边权=两点距离/2.0
        }
    }

    sort(E+1,E+1+cont,cmp);

    for(int i=1;i<=cont;i++)//从小到大加入每条边
    {
        map[E[i].u].push_back(E[i].v);
        map[E[i].v].push_back(E[i].u);

        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            if(vis[j]==false)
            dfs(j,E[i].dis);

            if(lft&&rht)//若联通则直接输出并退出程序
            {
                printf("%.2lf",E[i].dis);
                return 0;
            }

            else
            lft=rht=false;
            //注意判断封锁要在同一联通快内，所以每次都要重置
        }
        memset(vis,false,sizeof(vis));
    }

    return 0;
}

其实我们在边的加入时还可以有优化

但是由于本蒟蒻比较懒

所以不想在优化了。。。。。。