题意:给出平面上\(n\)个点,要求选出\(k\)个点,使得这些点形成一个凸包,且凸包内部没有点,求最大面积。无解输出\(0\)。

题解:枚举凸包最左的点\(p\),删除所有在\(p\)左边的点,然后把\(p\)定为原点。将所有点按极角排序,相邻两个点之间连边,那么会形成一个星状多边形,合法的凸包一定在这个多边形内部。

先考虑求出这张图的visibility graph,显然合法的凸包所有边都是visibility graph上的边。求法大概是逆时针枚举所有点,对于每个点维护一个队列维护未来可能加入的边,实际上是对于每个点\(i\),维护所有满足\(ij\)在visibility graph上,并且当前还没找到\(k(k>i)\)使得\(jk\)在visibility graph上的\(j\),详见代码。复杂度\(O(E)\)。

考虑在visibility graph上DP。顺时针枚举所有点,设\(f_{i,j,k}\)表示最后一条选取的边为\(i,j\),选了\(k\)条边的最大面积。转移时可以枚举一个\(l\),如果\(i,j\)和\(l,i\)这两条边可以同时存在(不会使得凸包不满足凸性)则可以转移到\(f_{l,i,k+1}\)。朴素DP复杂度\(O(n^3k)\),可以对于每个点将转移出去和进来的边分别排序后(其实根据求visibility graph的过程,这些边是已经排好序的)双指针+前缀和优化,复杂度\(O(n^2k)\)。

总复杂度\(O(n^3k)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 210;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define pb push_back int gi() {
int x = 0, o = 1;
char ch = getchar();
while((ch < '0' || ch > '9') && ch != '-') {
ch = getchar();
}
if(ch == '-') {
o = -1, ch = getchar();
}
while(ch >= '0' && ch <= '9') {
x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
}
return x * o;
} struct point {
int x, y;
db k;
point(int x = 0, int y = 0): x(x), y(y) {
k = atan2(y, x);
}
point operator-(const point &A) const {
return point(x - A.x, y - A.y);
}
ll operator%(const point &A) const {
return 1ll * x * A.y - 1ll * y * A.x;
}
bool operator<(const point &A) const {
return k < A.k;
}
} a[N], p[N]; int n, m, tt;
ll f[N][N][55], mx[55], ans = 0;
queue<int> q[N];
vector<int> E[N], G[N]; void add(int x, int y) {
while(!q[x].empty() && (p[q[x].front()] - p[x]) % (p[y] - p[x]) < 0) {
add(q[x].front(), y), q[x].pop();
}
G[x].pb(y), E[y].pb(x), q[y].push(x);
} int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in", "r", stdin);
freopen("a.out", "w", stdout);
#endif
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
a[i].x = gi(), a[i].y = gi();
}
for(int s = 1; s <= n; s++) {
tt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) if(a[i].x > a[s].x || (a[i].x == a[s].x && a[i].y > a[s].y)) {
p[++tt] = a[i] - a[s];
}
sort(p + 1, p + tt + 1);
for(int i = 1; i <= tt; i++) {
E[i].clear(), G[i].clear();
while(!q[i].empty()) {
q[i].pop();
}
}
for(int i = 1; i < tt; i++) {
add(i, i + 1);
}
memset(f, 0xc0, sizeof(f));
for(int i = tt; i; i--) {
memset(mx, 0xc0, sizeof(mx));
reverse(E[i].begin(), E[i].end());
int cur = G[i].size() - 1;
for(auto j : E[i]) {
f[i][j][1] = p[j] % p[i];
while(~cur && (p[j] - p[i]) % (p[G[i][cur]] - p[i]) < 0) {
for(int k = 1; k < m; k++) {
mx[k] = max(mx[k], f[G[i][cur]][i][k]);
}
--cur;
}
for(int k = 1; k < m; k++) {
f[i][j][k + 1] = mx[k] + p[j] % p[i];
}
}
}
for(int i = 1; i <= tt; i++)
for(auto j : E[i]) {
ans = max(ans, f[i][j][m - 2]);
}
}
printf("%.2lf\n", 1.0 * ans / 2);
return 0;
}

[CF852H]Bob and stages的更多相关文章

  1. POJ1704 Georgia and Bob

    Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 10000K Total Submissions: 9771   Accepted: 3220 Description Georg ...

  2. 2016中国大学生程序设计竞赛 - 网络选拔赛 J. Alice and Bob

    Alice and Bob Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others) ...

  3. bzoj4730: Alice和Bob又在玩游戏

    Description Alice和Bob在玩游戏.有n个节点,m条边(0<=m<=n-1),构成若干棵有根树,每棵树的根节点是该连通块内编号最 小的点.Alice和Bob轮流操作,每回合 ...

  4. Alice and Bob(2013年山东省第四届ACM大学生程序设计竞赛)

    Alice and Bob Time Limit: 1000ms   Memory limit: 65536K 题目描述 Alice and Bob like playing games very m ...

  5. AASM rule of scoring sleep stages using EEG signal

    Reference: AASM (2007). The AASM Manual for the Scoring of Sleep and Associated Events: Rules, Termi ...

  6. Alice and Bob 要用到辗转相减

    Alice and BobTime Limit: 1 Sec  Memory Limit: 64 MBSubmit: 255  Solved: 43 Description Alice is a be ...

  7. sdutoj 2608 Alice and Bob

    http://acm.sdut.edu.cn/sdutoj/problem.php?action=showproblem&problemid=2608 Alice and Bob Time L ...

  8. hdu 4268 Alice and Bob

    Alice and Bob Time Limit : 10000/5000ms (Java/Other)   Memory Limit : 32768/32768K (Java/Other) Tota ...

  9. [翻译]Bob大叔:反思极限编程

    译者注: Bob大叔14年后再次谈论极限编程.极限编程经历了14年的风风雨雨后,Bob大叔将会给它怎么样的定义那? 在我手中拿着的一本白皮薄书,在14年前彻底的改变了软件世界.这本书的标题是解析极限编 ...

随机推荐

  1. 移动端调试 — 安卓机+chrome

    移动端开发时,我们常使用chrome自带的模拟器,模拟各种手机设备. 但模拟毕竟是模拟,当开发完毕,使用真机访问页面出现问题时如何调试呢? 下面介绍一种针对Android机的调试方法 1. 在pc和a ...

  2. nginx用途

     Nginx常用来做静态内容服务器和代理服务器,用来放置静态资源或者转发请求给后面的应用服务. 1. Nginx作为静态服务器使用 作为一个Web服务器,其最主要的任务是作为静态服务器使用. 你需要将 ...

  3. 下载 GitHub 上保存在 AWS 的文件

    通过 GitHub 下载文件时,发现很多文件保存在亚马逊的 AWS 上.而国内访问 AWS 的速度很慢,经常会有文件下载失败.常用的解决方案是挂代理,但我这边挂了代理还是很慢,只好找其他办法. AWS ...

  4. php-fpm的执行方式 (进程管理模式)

    php-fpm的进程数可以根据设置分为动态和静态. 静态:直接开启指定数量的php-fpm进程,不再增加或者减少: 动态:开始的时候开启一定数量的php-fpm进程,当请求量变大的时候,动态的增加ph ...

  5. Python笔记(十二)_文件

    文件的打开模式 'r':以只读的方式打开文件(默认) 'w':以写入的方式打开文件,会覆盖已存在的文件 'x':用写入的方式打开文件,如果文件已存在,会抛出异常 'a':用写入的方式打开文件,如果文件 ...

  6. 剑指offer第二版面试题5:从尾到头打印链表(JAVA版)

    题目描述: 输入一个链表,从尾到头打印链表每个节点的值.返回新链表. import java.util.Stack; //定义链表结构 class ListNode { int value; List ...

  7. SQL标量函数

    调用 MS SQL 标量值函数,应该在函数前面加上 "dbo.",否则会报 “不是可以识别的 内置函数名称”错误.例如 DECLARE @WhichDB TINYINT;     ...

  8. php优化方法

    代码优化是开发程序和网站必不可少的一步,代码优化好了,可以大大增加程序的运行效率.使网站或程序加载反应更快.用户体验也就会更好.下面就为大家总结了50条PHP代码优化技巧. 1. 用单引号代替双引号来 ...

  9. IDF-CTF-不难不易的js加密 writeup

    题目链接: http://ctf.idf.cn/index.php?g=game&m=article&a=index&id=28 就是这里 → http://ctf.idf.c ...

  10. java实现mysql数据库从一张表插入数据到另一张表

    创建两张表: create table employee( id ), name ), email ), gender ) ); create table copyEmployee( id ), na ...