二分+并查集【bzoj3007】[SDOI2012]拯救小云公主

Description

英雄又即将踏上拯救公主的道路……

这次的拯救目标是——爱和正义的小云公主。

英雄来到boss的洞穴门口，他一下子就懵了，因为面前不只是一只boss，而是上千只boss。当英雄意识到自己还是等级1的时候，他明白这就是一个不可能完成的任务。

但他不死心，他在想，能不能避开boss去拯救公主呢，嘻嘻。

Boss的洞穴可以看成一个矩形，英雄在左下角（1,1），公主在右上角（row，line）。英雄为了避开boss，当然是离boss距离越远越好了，所以英雄决定找一条路径使到距离boss的最短距离最远。

Ps:英雄走的方向是任意的。

你可以帮帮他吗？

当英雄找到了美丽漂亮的小云公主，立刻就被boss包围了！！！英雄缓闭双眼，举手轻挥，白光一闪后使用了回城卷轴，回到了城堡，但只有小云公主回去了……因为英雄忘了进入回城的法阵了。

Input

第一行，输入三个整数，n表示boss的数目，row，line表示矩形的大小；

接下来n行，每行分别两个整数表示boss的位置坐标。

Output

输出一个小数，表示英雄的路径离boss的最远距离，精确到小数点后两位。

这里的距离指的是欧几里德距离。

首先很容易看出是二分答案。

我们可以看成是以每个(boss)为圆心作一个半径为(r)的圆,我们想要求的就是让这些圆尽可能大,并且不能影响我们从((1,1))到((n,m))。(不能覆盖)

直接考虑边界条件((n,1))和((1,m))如果这两个点没有被覆盖,那我必然可以到达((n,m))

PS：这里的判断条件不是同时判断。

这样用(||)判断,可以达到我们边界不被封锁的情况。

用并查集维护连通即可。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define eps 1e-4
#define R register

using namespace std;

const int gz=3e3+8;

inline void in(R int &x)
{
	R int f=1;x=0;char s=getchar();
	while(!isdigit(s)){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while(isdigit(s)){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	x*=f;
}

int nn,n,m,f[gz];

struct cod
{
	int x,y;
}bos[gz];

int find(R int x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}

inline double xx(R double x)
{
	return x*x;
}

inline double dis(R int i,R int j)
{
	return xx(bos[i].x-bos[j].x)+xx(bos[i].y-bos[j].y);
}

inline bool ok(R double r)
{
	for(R int i=0;i<=nn+1;i++)f[i]=i;
	for(R int i=1;i<=nn;i++)
	{
		for(R int j=1;j<i;j++)
		{
			if(dis(i,j)<=xx(2*r))
			{
				R int fa=find(i),fb=find(j);
				if(fa!=fb)f[fa]=fb;
			}
		}
		if(bos[i].x-r<=1 or bos[i].y+r>=m)
		{
			R int fa=find(i),fb=find(0);
			if(fa!=fb)f[fa]=fb;
		}
		if(bos[i].x+r>=n or bos[i].y-r<=1)
		{
			R int fa=find(i),fb=find(nn+1);
			if(fa!=fb)f[fa]=fb;
		}
	}
	return find(0)!=find(nn+1);
}

int main()
{
	in(nn),in(n),in(m);
	for(R int i=1;i<=nn;i++)
		in(bos[i].x),in(bos[i].y);
	R double ll=0,rr=min(n,m);
	while(fabs(ll-rr)>eps)
	{
		R double mid=(ll+rr)/2;
		if(ok(mid))ll=mid;
		else rr=mid;
	}
	printf("%.2f",ll);
}