方法:选取一个点A,以点A为圆心做一个半径为r的圆,然后枚举另一个点B,以B为圆心做一个圆,如果这两个圆有交集,那我们在这个交集内选取一个点做半径为r的圆,这个圆就包括了A和B点,找到交集最多的区域并计算这个区域被覆盖的次数,把这个数加一就是最多能够覆盖的点个数,枚举所有的A,就可以得到最优解,剩下我想说的都在下面的图里,代码里也有相关注释;

  这个题在比赛的时候我们并没有做出来,赛后看了题解才知道,由于作者的代码风格很好,所以不做修改,下面是作者的原博客地址:

http://www.cnblogs.com/CSGrandeur/archive/2012/09/10/2678682.html

  下面这个图片有助于理解代码

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std ;
const double eps = 1e-;
const double PI = acos(-1.0) ;
int n ;
double r ;
struct point
{
double x,y ;
} p[] ;
struct node
{
double angle ;
int flag ;
} q[] ;
int dcmp(double d)
{
return d < -eps ? - : d > eps ;
}
bool cmp(const node &a,const node &b)///角度区间排序,区间上限永远在上;
{
if(dcmp(a.angle-b.angle) == ) return a.flag > b.flag ;
return a.angle < b.angle ;
}
double Cal(double x)
{
return x*x ;
}
double dist(const point &a,const point &b)
{
return sqrt(Cal(a.x-b.x)+Cal(a.y-b.y)) ;
} int main()
{
while(~scanf("%d%lf",&n,&r))
{
if(n == ) break ;
for(int i = ; i < n ; i++)
scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y) ;
int ans = ,m = ;
for(int i = ; i < n ; i++)
{
m = ;
for(int j = ; j < n ; j++)
{
if(i == j) continue ;
double d = dist(p[i],p[j]) ;
if(d > *r+0.001) continue ;
double s = atan2(p[j].y-p[i].y,p[j].x-p[i].x) ;
///atan2 和 atan 的区别;
///1:参数的填写方式不同;
///2:atan2 的优点在于 如果 x2-x1等于0 依然可以计算,但是atan函数就会导致程序出错;
if(s < ) s += *PI ;///角度区间修正
double ph = acos(d/2.0/r) ;///圆心角转区间
q[m++].angle = s - ph + *PI ;///图中b-a,避免负值+2*PI;
q[m-].flag = ;///标记为上界
q[m++].angle = s + ph + *PI ;///图中a+b;
q[m-].flag = - ;///标记下界
}
sort(q,q+m,cmp) ;
int sum = ;
for(int j = ; j < m ; j++)///这种记录区间最大交集次数的方式很巧妙,当时我对这里还是挺困惑的,读者若不懂应稍加思考.
ans = max(ans,sum += q[j].flag) ;
}
/*for(int j = 0; j < m; j++)
{
cout<<"angle = "<<q[j].angle<<endl;
cout<<"flag = "<<q[j].flag<<endl;
}*/
printf("It is possible to cover %d points.\n",ans+) ;
}
return ;
}

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