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解题思路:
将坐标按x从小到大排序,现在将原问题大小(l,r)分为两个部分(l,mid),(mid+1,r),记这两区间的最小距离为d1,d2
d = min(d1,d2),显然d不一定是最小的答案,因为可能两个区间各拿去一个点的距离更小.
设从左区间拿出点P1,右区间拿去点P2,显然P1到x == mid的中轴线距离不能超过d,不然不管去找任何P2答案都肯定大于d,P2也是一样的道理.当然P1和P2的纵坐标差也不能超过d.
对于左区间一个P1,右区间满足上述条件的点不会超过4个(很多说是6,更准确的说是3,不放心的去多一点也没事)可以自己画一个2d*d的长方形证明一下.
还有一个结论就是子区间内纵坐标相同的点,横坐标一定差距不小于d.
所以对于纵坐标为y的点来说,满足到中轴线mid的距离小于等于d的点也只有一个,所以对于右区间的P1(x,y),去左区间找前两个纵坐标大于y的点和后两个纵坐标小于y的点(同纵坐标的留下满足条件的那个),如果对右区间在进行排序的话时间复杂度会变为O(n*logn*logn),利用分治来归并排序的话,就可以把一个logn省掉,最后可以达到稳定的O(n*logn)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mx = 1e5 + 10;
const double INF = 1.0*1e30;
int n,m;
struct node
{
double x,y;
bool operator < (node A)const
{
return x < A.x;
}
}s[mx],q[mx],kep[mx];
double dist(node A,node B)
{
return sqrt((A.x-B.x)*(A.x-B.x)+(A.y-B.y)*(A.y-B.y));
}
double divide(int l,int r)
{
if(l==r) return INF;
if(l+1 == r){
if(s[l].y>s[r].y) swap(s[l],s[r]);
return dist(s[l],s[r]);
}
int mid = (l+r)>>1,tot = 0;
int j = mid + 1,head = -1,tail = 0;
double X = s[mid].x;
double d = min(divide(l,mid),divide(mid+1,r));
for(int i=mid+1;i<=r;i++) if(fabs(s[i].x-X)<=d) q[tail++] = s[i];//只留满足条件的一个
for(int i=l;i<=mid;i++){
while(j<=r&&s[j].y<=s[i].y) kep[tot++] = s[j++];//归并
if(fabs(s[i].x-X)<=d){
while(head+1!=tail&&s[i].y>=q[head+1].y) head++;
for(int k=head;k>=0&&k>head-2;k--) d = min(d,dist(s[i],q[k]));//后两个
for(int k=head+1;k<tail&&k<head+3;k++) d = min(d,dist(s[i],q[k])); //前两个
}
kep[tot++] = s[i];
}
for(int i=0;i<tot;i++) s[i+l] = kep[i];
return d;
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)&&n)
{
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&s[i].x,&s[i].y);
sort(s+1,s+1+n);
printf("%.2lf\n",divide(1,n)/2);
}
return 0;
}