一道比较NB的套路题。

Description

　　NBA每年都有球员选秀环节。通常用速度和身高两项数据来衡量一个篮球运动员的基本素质。假如一支球队里速度最慢的球员速度为minV，身高最矮的球员高度为minH，那么这支球队的所有队员都应该满足: A * ( height – minH ) + B * ( speed – minV ) <= C 其中A和B，C为给定的经验值。这个式子很容易理解，如果一个球队的球员速度和身高差距太大，会造成配合的不协调。 请问作为球队管理层的你，在N名选秀球员中，最多能有多少名符合条件的候选球员。

Input

　　第一行四个数N、A、B、C 下接N行每行两个数描述一个球员的height和speed。

Output

　　最多候选球员数目。

Sample Input

　　4 1 2 10

　　5 1

　　3 2

　　2 3

　　2 1

Sample Output

　　4

HINT

　　1 <= N <= 5000，0<= height,speed <= 10000，A、B、C在长整型以内且为正数。

 

Solution

　　最暴力的O(n^3)做法就是枚举minH和minV，加入满足条件的点即可。

　　我们试着优化一下：

　　一看到n=5000，肯定是n^2的做法，因此我们有枚举minH和minV其中一个的余地，所以还是枚举minV，把speed[i]<minV的点去除。

　　然后我们把式子转化一下：

　　　　

　　　　

　　　　

　　由于我们枚举了minV，所以minV可以看做是一个常数，设C'=C+B*minV。

　　　　

　　这就很有意思，我们设X[i]=height[i]，Y[i]=A*height[i]+B*speed[i]。于是每个运动员就对应平面直角坐标系中的点(X[i],Y[i])。

　　当我们枚举minH的时候，就相当于在问有多少个点(X[i],Y[i])满足：

　　　　，这就是一个二维数点问题。

　　把这些点按照X[i]排序从大到小加点，用(离散化加上)树状数组维护Y[i]，就可以得到一个O(n^2logn)的做法。

　　虽然时间复杂度爆炸但是小C才不会告诉你小C用这个做法过了该题。

　　但是我们注意到随着minH的减小，A*minH+C'也是不断减小的，(A>0，虽然原题没说但是就算A为负数也是同理的做法)。

　　所以我们把这些点不仅按X[i]排序，还要按Y[i]排序，用两个指针维护，按X[i]从大到小加点，并按Y[i]从大到小删点。

　　再加上我们对这些点使用排序时用上插入排序，就可以得到一个O(n^2)的做法。

#include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        #define ll long long#define MN 5003using namespace std;struct meg{
   int x,z; ll y;}a[MN];int c1[MN],c2[MN];bool u[MN];int n,A,B,C,ans,tp1,tp2;inline int read(){    int n=0,f=1; char c=getchar();    while (c<'0' || c>'9') {
   if(c=='-')f=-1; c=getchar();}    while (c>='0' && c<='9') {n=n*10+c-'0'; c=getchar();}    return n*f;}void solve(ll CX){    register int i,j,k,sum=0;    ll lt;    for (i=tp1,k=tp2;i;i=j)    {        lt=1LL*A*a[c1[i]].x+CX;        for (j=i;j&&a[c1[j]].x==a[c1[i]].x;--j)            if (a[c1[j]].y<=lt) ++sum,u[c1[j]]=true;        for (;k&&a[c2[k]].y>lt;--k)            if (u[c2[k]]) --sum,u[c2[k]]=false;        ans=max(ans,sum);    }    for (;k;--k) if (u[c2[k]]) u[c2[k]]=false;}void isort1(int ax){    register int i,j;    for (i=1;i<=tp1;++i)        if (a[ax].x
        
         i;--j) c1[j]=c1[j-1];    c1[i]=ax;}void isort2(int ax){    register int i,j;    for (i=1;i<=tp2;++i)        if (a[ax].y
         
          i;--j) c2[j]=c2[j-1];    c2[i]=ax;} bool cmp1(const meg& a,const meg& b) {
   return a.z
         
        
       
      
     

 

Last Word

　　小C的O(n^2logn)做法（BZOJ上总时限为3s）：

　　O(n^2)做法（对比）：

　　常数小就是舒服.jpg