P2698 [USACO12MAR] Flowerpot S

[P2698 USACO12MAR] Flowerpot S - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

题目描述

Farmer John has been having trouble making his plants grow, and needs your help to water them properly. You are given the locations of N raindrops (1 <= N <= 100,000) in the 2D plane, where y represents vertical height of the drop, and x represents its location over a 1D number line:

Each drop falls downward (towards the x axis) at a rate of 1 unit per second. You would like to place Farmer John’s flowerpot of width W somewhere along the x axis so that the difference in time between the first raindrop to hit the flowerpot and the last raindrop to hit the flowerpot is at least some amount D (so that the flowers in the pot receive plenty of water). A drop of water that lands just on the edge of the flowerpot counts as hitting the flowerpot.

Given the value of D and the locations of the N raindrops, please compute the minimum possible value of W.

老板需要你帮忙浇花。给出 $N$ 滴水的坐标，$y$ 表示水滴的高度，$x$ 表示它下落到 $x$ 轴的位置。

每滴水以每秒 $1$ 个单位长度的速度下落。你需要把花盆放在 $x$ 轴上的某个位置，使得从被花盆接着的第 $1$ 滴水开始，到被花盆接着的最后 $1$ 滴水结束，之间的时间差至少为 $D$。

我们认为，只要水滴落到 $x$ 轴上，与花盆的边沿对齐，就认为被接住。给出 $N$ 滴水的坐标和 $D$ 的大小，请算出最小的花盆的宽度 $W$。

输入格式

第一行 $2$ 个整数 $N$ 和 $D$。

接下来 $N$ 行每行 $2$ 个整数，表示水滴的坐标 $(x,y)$。

输出格式

仅一行 $1$ 个整数，表示最小的花盆的宽度。如果无法构造出足够宽的花盆，使得在 $D$ 单位的时间接住满足要求的水滴，则输出 $-1$。

样例 #1

样例输入 #1

4 5
6 3
2 4
4 10
12 15

样例输出 #1

2

提示

有 $4$ 滴水，$(6,3)$ ，$(2,4)$ ，$(4,10)$ ，$(12,15)$ 。水滴必须用至少 $5$ 秒时间落入花盆。花盆的宽度为 $2$ 是必须且足够的。把花盆放在 $x=4\dots 6$ 的位置，它可以接到 $1$ 和 $3$ 水滴, 之间的时间差为 $10-3=7$ 满足条件。

【数据范围】

$40\%$ 的数据：$1\le N\le 1000$ ，$1\le D\le 2000$ 。

$100\%$ 的数据：$1\le N\le 10^5$ ，$1\le D\le 10^6$ ，$0\le x,y\le 10^6$ 。

思路分析

枚举左端点

用两个单调队列位数区间最大值和最小值

然后看一下是否满足条件，求一下最小代价就好了

code

#include <bits/stdc++.h>
#define fu(x , y , z) for(int x = y ; x <= z ; x ++)
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5 , inf = 1e9 + 5;
int n , d , ans = inf;
struct node {
    int x , y;
} t[N];
bool cmp (node x , node y) { return x.x < y.x; }
list<int> s1;
list<int> s2;
int main () {
    scanf ("%d%d" , &n , &d);
    fu (i , 1 , n)
        scanf ("%d%d" , &t[i].x , &t[i].y);
    sort (t + 1 , t + n + 1 , cmp);
    int r = 0;
    fu (l , 1 , n) {
        while (!s1.empty() && s1.front() < l) s1.pop_front();
        while (!s2.empty() && s2.front() < l) s2.pop_front();
        if (s1.empty()) s1.push_back(l) , s2.push_back(l);
        while (!s1.empty() && !s2.empty() && t[s1.front()].y - t[s2.front()].y < d && r < n) {
            r ++;
            while (!s1.empty() && t[s1.back()].y < t[r].y) s1.pop_back();
            s1.push_back(r);
            while (!s2.empty() && t[s2.back()].y > t[r].y) s2.pop_back();
            s2.push_back(r);
        }
        if (!s1.empty() && !s2.empty() && t[s1.front()].y - t[s2.front()].y >= d) 
            ans = min (ans , t[r].x - t[l].x);
    }
    if (ans == inf) printf ("-1");
    else printf ("%d" , ans);
}