题目描述
茶颜悦色也太好喝了!鸡尾酒在长沙的各种茶颜悦色的店铺中流连忘返。他发现长沙有炒鸡多的茶颜悦色店,走两步就能遇到一家。
“方圆一公里能有十家茶颜悦色!”鸡尾酒感叹了起来。
于是他想到了一个问题:最密集的地方,能有多少家茶颜悦色的店?
鸡尾酒将长沙地图用一个二维平面表示,他统计出了每个茶颜悦色店铺的坐标。
他想知道,在一个边长为 k 且底边平行于 x 轴的正方形中,最多有多少家茶颜悦色。
若茶颜悦色恰好在正方形的边上,也算在正方形之中。
输入描述
输入第一行包含两个正整数 n, (n≤10^5,k≤10^9) 代表茶颜悦色店的数量和正方形的边长。
接下来 n 行每行有两个整数,描述一家茶颜悦色店的坐标 xi,yi (0≤xi,yi≤10^9) 保证不会出现重复的坐标。
输出描述
输出一行一个正整数表示答案。
样例输入 1
4 2 1 1 3 1 3 4 2 2
样例输出 1
3
题意:一个二维平面中有n个点,现在有个位置任意的k*k的矩形,问它里面最多能有多少点。
题解:我们可以把这个题转化为以(xi,yi)为左下角坐标,(xi+k,yi+k)为右上角坐标的矩形中,最多能有几个个矩形重合。然后我们就可以愉快的用扫描线来处理了:我们将竖直的直线从左到右依次扫过各个矩形,扫过矩形左边界时cnt++,扫过右边界时cnt--。维护最大cnt值即可。
这题要注意的是:恰好在正方形的边上,也算在正方形之中。也就是说如果有一个矩形的右边界与另一个矩形的左边界重合的话,我们先加再减。对于这一点我们可以在存矩阵右边界时使其加一,也可以排序线段时处理。
这题与POJ2482窗内的星星相似,不过一个算边界一个不算边界,一个先加后减一个先减后加。
代码:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int N = 2e5 + 10; struct node{ ll x,y1,y2; int val; node(){} node(ll x,ll y1,ll y2,int val) { this->x = x; this->y1 = y1; this->y2 = y2; this->val = val; } bool operator <(const node &t)const { //if (x==t.x) return val > t.val; //排序时处理 return x<t.x; } }; struct Tree{ int l,r,cnt,lazy; }T[N<<2]; vector<ll> v; vector<node> a; void build(int rt,int l,int r) { T[rt].l = l; T[rt].r = r; T[rt].cnt = 0; T[rt].lazy = 0; if (l==r) return; int mid = (l+r)>>1; build(rt<<1,l,mid); build(rt<<1|1,mid+1,r); } void down(int rt) { if (T[rt].lazy) { T[rt<<1].cnt += T[rt].lazy; T[rt<<1].lazy += T[rt].lazy; T[rt<<1|1].cnt += T[rt].lazy; T[rt<<1|1].lazy += T[rt].lazy; T[rt].lazy = 0; } } void update(int rt,int l,int r,int val) { if (l <= T[rt].l && r >= T[rt].r) { T[rt].cnt += val; T[rt].lazy += val; return; } down(rt); int mid = (T[rt].l+T[rt].r)>>1; if (l <= mid) update(rt<<1,l,r,val); if (r > mid) update(rt<<1|1,l,r,val); T[rt].cnt = max(T[rt<<1].cnt,T[rt<<1|1].cnt); } int main() { int n; ll k,x,y; scanf("%d%lld",&n,&k); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%lld%lld",&x,&y); v.push_back(y); v.push_back(y+k); a.push_back(node(x,y,y+k,1)); a.push_back(node(x+k+1,y,y+k,-1)); //存的时候右边界x坐标+1 } sort(a.begin(),a.end()); sort(v.begin(),v.end()); v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end()); n = v.size(); build(1,0,n); n = a.size(); int ans = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { int l = lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i].y1) - v.begin(); int r = lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i].y2) - v.begin(); update(1,l,r,a[i].val); ans = max(ans,T[1].cnt); } printf("%d ",ans); return 0; }