hdu 5277 YJC counts stars 暴力

YJC counts stars

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题目连接

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5277

Description

YJC是个老火车小司机。一个晚上，他仰望天空，星辰璀璨，他突然觉得，天空就像一个平面，而每一个星辰，就是平面中的一个点。
他把这些点编号为1到n。这些点满足任意三点不共线。他把一些点用线段连起来了，但是任意两条线段不会在端点以外相交。如果一个点的集合中任意两个点都有一条线段直接相连，就称为dujiao点集。他想让你求出最大的dujiao点集大小以及最大的dujiao点集个数。

Input

多组测试。
对于每组数据：
第一行两个整数n,m,表示点数和线段数。
接下来n行每行两个整数x,y，表示第i个点的坐标。
接下来m行每行两个整数u,v，表示一条连接u和v的线段。

Output

对于每组数据输出两个用空格隔开的整数表示最大的dujiao点集大小以及最大的dujiao点集个数。

Sample Input

2 1
1 1
2 2
1 2
3 3
1 1
2 2
4 5
1 2
2 3
3 1

Sample Output

2 1
3 1

HINT

1≤n≤1000 −109≤x,y≤109 1≤T≤5(T是数据组数)
保证没有相同的点和相同的边，也没有u=v的情况

题意

题解：

首先针对大家提出的m的数据范围的问题，其实对于平面图来说有m≤3n−6……
首先五个点的团就是平面图判定中提到的K5，包含子图K5就不是平面图。所以答案只可能是4。
那么怎么统计答案呢？
暴力枚举第一个点，再枚举第二个点，在枚举第三个，第四个，要求每个点都与前面其他点联通。你会发现这就过了，为什么呢？
枚举第一个点是O(n)的，枚举第二个点是O(n2)，但是注意m=O(n)，于是枚举第三个点只有O(n)次，总次数也是O(n2)的。注意到平面图三元环的个数是O(n)的，因为把一个点的相邻点按照几角排序，那么这些点的连边相当于是若干个区间，而区间不能相交，所以总共就是∑degi=O(m)（degi表示度数）的。于是枚举第四个点的次数也是O(n)的，总复杂度就是O(n2)。对于n=1000来时完全够了。

代码

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <vector>
#include <sstream>
#include <queue>
#include <typeinfo>
#include <fstream>
#include <map>
#include <stack>
typedef long long ll;
using namespace std;
//freopen("D.in","r",stdin);
//freopen("D.out","w",stdout);
#define sspeed ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0)
#define test freopen("test.txt","r",stdin)
#define maxn 1005
#define mod 10007
#define eps 1e-9
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll infll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
inline ll read()
{
    ll x=,f=;char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
    while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
    return x*f;
}
//**************************************************************************************
struct node
{
    int x,y;
};
node a[maxn];
int g[maxn][maxn];
vector<int> G[maxn];
int one,two,three,four;
int n,m;
void init()
{
    one=two=three=four=;
    memset(a,,sizeof(a));
    memset(g,,sizeof(g));
    for(int i=;i<n;i++)
        G[i].clear();
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        init();
        for(int i=;i<n;i++)
            a[i].x=read(),a[i].y=read();
        for(int i=;i<=m;i++)
        {
            int x=read(),y=read();
            x--,y--;
            g[x][y]=g[y][x]=;
            G[x].push_back(y);
            G[y].push_back(x);
        }
        for(int i=;i<n;i++)
        {
            for(int j=;j<G[i].size();j++)
            {
                for(int k=;k<G[i].size();k++)
                {
                    if(G[i][j]!=G[i][k]&&g[G[i][j]][G[i][k]])
                    {
                        three++;
                        for(int t=;t<G[i].size();t++)
                        {
                            if(G[i][j]!=G[i][k]&&G[i][j]!=G[i][t]&&G[i][k]!=G[i][t]&&g[G[i][j]][G[i][k]]&&g[G[i][j]][G[i][t]]&&g[G[i][k]][G[i][t]])
                            {
                                four++;
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        if(four)
            cout<<"4 "<<four/<<endl;
        else if(three)
            cout<<"3 "<<three/<<endl;
        else if(m)
            cout<<"2 "<<m<<endl;
        else
            cout<<"1 "<<n<<endl;
    }
}