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一、题目

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二、解法

考虑两个人 $(i,j)$在原点相遇的条件，设风速为 $w$时 $i$通过原点的时间是 $tx_i$，设风速为 $-w$时 $i$通过原点的时间是 $ty_i$，如果 $(i,j)$能在原点相遇，那么 $(tx_i-tx_j)\times(ty_i-ty_j)\leq0$

为什么呢？考虑把 $t_i-t_j$看作 $x$的函数，则 $t_i-t_j$总是单调递增或单调递减。那么只要这个函数的最小值的最大值异号，中间就一定有一个值取得到 $0$，所以可以表现为上面的形式。

仔细观察我们判断式，发现它本质上是一个二维偏序，也就是逆序对，我们先把每个 $i$的 $tx,ty$存在 $a$数组中，（这道题卡精度，所以要手写分数），然后离散化 $ty$（因为要放在树状数组中），把 $a$数组排序，先看 $tx$的从小到大排， $tx$一样 $ty$从大到小排（因为相等也要计数，考虑一下计算顺序把），然后就可以用树状数组算逆序对了。

时间复杂度 $O(n\log n)$，更多细节可以参考我们代码。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
#define lowbit(x) (x&(-x))
const int M = 100005;
int read()
{
 int x=0,flag=1;char c;
 while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
 while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
 return x*flag;
}
int n,m,w,ans,tr[M];
int gcd(int a,int b)
{
    return !b?a:gcd(b,a%b);
}
struct frac
{
    int x,y;
    frac(){}
    frac(int a,int b){int t=gcd(a,b);x=a/t;y=b/t;}
    bool operator < (const frac &B) const
    {
        return x*B.y<B.x*y;
    }
    bool operator == (const frac &B) const
    {
        return x==B.x && y==B.y;
    }
}t[M];
struct node
{
    frac x,y;int val;
    bool operator < (const node &B) const
    {
        return x==B.x?val>B.val:x<B.x;
    }
}a[M];
void add(int x)
{
    for(;x<=m;x+=lowbit(x)) tr[x]++;
}
int ask(int x)
{
    int res=0;
    for(;x;x-=lowbit(x)) res+=tr[x];
    return res;
}
int Abs(int x)
{
    return x>0?x:-x;
}
signed main()
{
    n=read();w=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        a[i].x=frac(Abs(x),Abs(y-w));
        t[i]=a[i].y=frac(Abs(x),Abs(y+w));
    }
    sort(t+1,t+1+n);m=unique(t+1,t+1+n)-t-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i].val=lower_bound(t+1,t+1+m,a[i].y)-t;
    sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans+=ask(m-a[i].val+1),add(m-a[i].val+1);
        //因为我们原来要求[val,m],
        //我们把序列翻转一下，后缀和就可以转化为前缀和了
    printf("%lld\n",ans);
}