BZOJ 4614 【Wf2016】 Oil

题目链接：Oil

　　感觉同时几线作战有点吃不消啊……

　　这道题有一个显然的结论，那就是最优的直线一定过某条线段的端点。

　　仔细想想很有道理。如果最终的直线没有过线段的端点的话，那么这条直线就一定可以平移，直到过端点为止。

　　于是我们可以枚举直线上的一个点，由于直线不能与线段平行，那么与枚举的点纵坐标不同的线段就对应着一个斜率区间。于是这个问题就转化成了一个经典问题：有$n$个区间，第$i$个区间$[l_i,r_i]$会给区间内的所有位置(可以不是整数)加上一个权值$c_i$，求最后所有位置中最大的权值。这个问题解法很简单，就是把每个区间拆成两个点，然后从左往右扫，扫到左端点就加上权值，扫到右端点就减去权值，取个$\max$即可。

　　还有一点小优化：枚举点的时候不必枚举所有端点，可以只枚举所有左端点(或者右端点)。因为如果最终的直线不过任何线段的左端点的话，那么一定可往左平移到过一个左端点为止。

　　还有计算斜率的时候由于可能会有斜率不存在的情况，可以把斜率式中的$x$、$y$互换一下，方便计算。

　　下面贴代码(自带巨大常数)：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
#define N 2010
#define eps (1e-8)

using namespace std;
typedef double llg;

struct data{
	int x,y;
}l[N],r[N],a[N];
struct dato{
	llg l,r;int c;
}s[N],sl[N],sr[N];
int n,ans,ls,ld;
llg d[N<<1];

bool cmpl(dato a,dato b){return a.l<b.l;}
bool cmpr(dato a,dato b){return a.r<b.r;}

int main(){
	File("a");
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d %d %d",&l[i].x,&r[i].x,&r[i].y); l[i].y=r[i].y;
		if(l[i].x>r[i].x) swap(l[i],r[i]); a[i]=l[i];
		d[++ld]=l[i].x,d[++ld]=r[i].x;
		ans=max(ans,r[i].x-l[i].x);
	}
	for(int i=1,id,now;i<=n;i++){
		ls=ld=0; id=(i-1)%n+1;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(l[j].y!=a[i].y){
				ls++; s[ls].c=r[j].x-l[j].x;
				s[ls].l=(llg)(l[j].x-a[i].x)/(llg)(l[j].y-a[i].y);
				s[ls].r=(llg)(r[j].x-a[i].x)/(llg)(r[j].y-a[i].y);
				if(s[ls].l>s[ls].r) swap(s[ls].l,s[ls].r);
			}
		if(ls){
			now=r[id].x-l[id].x;
			for(int i=1;i<=ls;i++) d[++ld]=s[i].l,d[++ld]=s[i].r,sl[i]=sr[i]=s[i];
			sort(d+1,d+ld+1); ld=unique(d+1,d+ld+1)-d-1;
			sort(sl+1,sl+ls+1,cmpl); sort(sr+1,sr+ls+1,cmpr);
			for(int i=1,zl=1,zr=1;i<=ld;i++){
				while(zl<=ls && d[i]==sl[zl].l) now+=sl[zl++].c;
				ans=max(ans,now);
				while(zr<=ls && d[i]==sr[zr].r) now-=sr[zr++].c;
			}
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}