两亲性分子uva1606

这个题是我直接转来的原文：

http://blog.csdn.net/u014800748/article/details/43536357

在这我说几句以便理解这个代码，Left函数用来判定是否在分割线的范围内的，还有就是极角相等的点，我开始就是想不通这里的，作者的解法是把这些都放在了p数组中了，再后来的while循环里进行判定就好，这样就做到了循环内饰cnt每次都是加一了。

1.题目描述：点击打开链接

2.解题思路：本题利用极角扫描法解决。极角扫描法的思想是这样的：首先，选择一个点作为基准点，然后求出其他点相对于该基准点的相对坐标，同时求出相对坐标系下的极角。对这些点按照极角由小到大排序。设L=0，R=0，那么每次都以O-p[L]这条线为分隔线，O-p[R]作为扫描线，用cnt来统计在分隔线左侧的点的个数（包括分隔线上的点）。看p[R]这个点是否在分隔线的左侧，如果是，R=(R+1)%k,cnt++。一直让O-p[R]这条扫描线转到刚刚超过180度时候停止，然后L++，cnt--，表示分隔线旋转，原来在分隔线的点成为了分隔线右侧的点了。

不过本题还运用了以下等效的思想，因为统计的是一侧的黑点+另一侧的白点数，不妨在算相对坐标时候把黑点换成白点，并将它旋转180度处理，这样就转化为统计一侧白点的数目了。另一个技巧是判断一个点是否在分隔线左侧利用Cross来判断，不会产生精度问题。

本题选基准点有O(N)种，对点按照极角排序时间是O(NlogN)，扫描时候的复杂度是O(N)，因此总的时间复杂度是O(N^2logN+N^2)。可以看做O(N^2logN)处理。

3.代码：

[cpp] view plain copy print?

1. //#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")  
2. #include<iostream>  
3. #include<algorithm>  
4. #include<cassert>  
5. #include<string>  
6. #include<sstream>  
7. #include<set>  
8. #include<bitset>  
9. #include<vector>  
10. #include<stack>  
11. #include<map>  
12. #include<queue>  
13. #include<deque>  
14. #include<cstdlib>  
15. #include<cstdio>  
16. #include<cstring>  
17. #include<cmath>  
18. #include<ctime>  
19. #include<cctype>  
20. #include<functional>  
21. using namespace std;  
22.   
23. #define me(s)  memset(s,0,sizeof(s))  
24. #define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)  
25. typedef long long ll;  
26. typedef unsigned int uint;  
27. typedef unsigned long long ull;  
28. typedef pair <int, int> P;  
29.   
30. const int N=1000+5;  
31.   
32. struct Point  
33. {  
34.     int x,y;  
35.     double rad;  
36.     bool operator<(const Point&rhs)const  
37.     {  
38.         return rad<rhs.rad;  
39.     }  
40. }op[N],p[N];  
41.   
42. int n,color[N];  
43.   
44. bool Left(Point A,Point B)  
45. {  
46.     return A.x*B.y-A.y*B.x>=0;  
47. }  
48.   
49. int solve()  
50. {  
51.     if(n<=2)return 2;  
52.     int ans=0;  
53.   
54.     for(int i=0;i<n;i++)  //枚举基准点op[i]  
55.     {  
56.         int k=0;  
57.         for(int j=0;j<n;j++)  
58.             if(j!=i)  
59.         {  
60.             p[k].x=op[j].x-op[i].x;  //将其他点都转换为相对坐标  
61.             p[k].y=op[j].y-op[i].y;  
62.             if(color[j]){p[k].x=-p[k].x;p[k].y=-p[k].y;} //如果是黑点，将它绕原点旋转180度即可看做白点处理了  
63.             p[k].rad=atan2(p[k].y,p[k].x);  
64.             k++;  
65.         }  
66.         sort(p,p+k);  
67.   
68.         int L=0,R=0,cnt=2;  //分隔线上有2个点  
69.         while(L<k)  //O-p[L]作为分隔线，O-p[R]作为扫描线，注意，R一直是在0~k-1之间不停地循环着，直到L>=k才停止  
70.         {  
71.             if(R==L){R=(R+1)%k;cnt++;}  //空区域，暂时多计入一个点，最后舍去  
72.             while(R!=L&&Left(p[L],p[R])) //扫描线一直逆时针旋转，直到旋转角度刚刚>180度停止统计  
73.             {  
74.                 R=(R+1)%k;  
75.                 cnt++;  
76.             }  
77.             cnt--; //舍去多计入的点，也可以理解为由于分隔线的旋转，原来在分隔线上的点现在变为了右侧的点，要减掉一个  
78.             L++;   //分隔线旋转  
79.             ans=max(ans,cnt); //统计这一轮扫描的结果  
80.         }  
81.     }  
82.     return ans;  
83. }  
84.   
85. int main()  
86. {  
87.     while(~scanf("%d",&n)&&n)  
88.     {  
89.         rep(i,n)  
90.         scanf("%d%d%d",&op[i].x,&op[i].y,&color[i]);  
91.         printf("%d\n",solve());  
92.     }  
93. }  

//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#include<string>
#include<sstream>
#include<set>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<functional>
using namespace std;

#define me(s)  memset(s,0,sizeof(s))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
typedef long long ll;
typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int, int> P;

const int N=1000+5;

struct Point
{
    int x,y;
    double rad;
    bool operator<(const Point&rhs)const
    {
        return rad<rhs.rad;
    }
}op[N],p[N];

int n,color[N];

bool Left(Point A,Point B)
{
    return A.x*B.y-A.y*B.x>=0;
}

int solve()
{
    if(n<=2)return 2;
    int ans=0;

    for(int i=0;i<n;i++)  //枚举基准点op[i]
    {
        int k=0;
        for(int j=0;j<n;j++)
            if(j!=i)
        {
            p[k].x=op[j].x-op[i].x;  //将其他点都转换为相对坐标
            p[k].y=op[j].y-op[i].y;
            if(color[j]){p[k].x=-p[k].x;p[k].y=-p[k].y;} //如果是黑点，将它绕原点旋转180度即可看做白点处理了
            p[k].rad=atan2(p[k].y,p[k].x);
            k++;
        }
        sort(p,p+k);

        int L=0,R=0,cnt=2;  //分隔线上有2个点
        while(L<k)  //O-p[L]作为分隔线，O-p[R]作为扫描线，注意，R一直是在0~k-1之间不停地循环着，直到L>=k才停止
        {
            if(R==L){R=(R+1)%k;cnt++;}  //空区域，暂时多计入一个点，最后舍去
            while(R!=L&&Left(p[L],p[R])) //扫描线一直逆时针旋转，直到旋转角度刚刚>180度停止统计
            {
                R=(R+1)%k;
                cnt++;
            }
            cnt--; //舍去多计入的点，也可以理解为由于分隔线的旋转，原来在分隔线上的点现在变为了右侧的点，要减掉一个
            L++;   //分隔线旋转
            ans=max(ans,cnt); //统计这一轮扫描的结果
        }
    }
    return ans;
}

int main()
{
    while(~scanf("%d",&n)&&n)
    {
        rep(i,n)
        scanf("%d%d%d",&op[i].x,&op[i].y,&color[i]);
        printf("%d\n",solve());
    }
}

这个题是我直接转来的原文：

http://blog.csdn.net/u014800748/article/details/43536357

在这我说几句以便理解这个代码，Left函数用来判定是否在分割线的范围内的，还有就是极角相等的点，我开始就是想不通这里的，作者的解法是把这些都放在了p数组中了，再后来的while循环里进行判定就好，这样就做到了循环内饰cnt每次都是加一了。

1.题目描述：点击打开链接

2.解题思路：本题利用极角扫描法解决。极角扫描法的思想是这样的：首先，选择一个点作为基准点，然后求出其他点相对于该基准点的相对坐标，同时求出相对坐标系下的极角。对这些点按照极角由小到大排序。设L=0，R=0，那么每次都以O-p[L]这条线为分隔线，O-p[R]作为扫描线，用cnt来统计在分隔线左侧的点的个数（包括分隔线上的点）。看p[R]这个点是否在分隔线的左侧，如果是，R=(R+1)%k,cnt++。一直让O-p[R]这条扫描线转到刚刚超过180度时候停止，然后L++，cnt--，表示分隔线旋转，原来在分隔线的点成为了分隔线右侧的点了。

不过本题还运用了以下等效的思想，因为统计的是一侧的黑点+另一侧的白点数，不妨在算相对坐标时候把黑点换成白点，并将它旋转180度处理，这样就转化为统计一侧白点的数目了。另一个技巧是判断一个点是否在分隔线左侧利用Cross来判断，不会产生精度问题。

本题选基准点有O(N)种，对点按照极角排序时间是O(NlogN)，扫描时候的复杂度是O(N)，因此总的时间复杂度是O(N^2logN+N^2)。可以看做O(N^2logN)处理。

3.代码：

[cpp] view plain copy print?

1. //#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")  
2. #include<iostream>  
3. #include<algorithm>  
4. #include<cassert>  
5. #include<string>  
6. #include<sstream>  
7. #include<set>  
8. #include<bitset>  
9. #include<vector>  
10. #include<stack>  
11. #include<map>  
12. #include<queue>  
13. #include<deque>  
14. #include<cstdlib>  
15. #include<cstdio>  
16. #include<cstring>  
17. #include<cmath>  
18. #include<ctime>  
19. #include<cctype>  
20. #include<functional>  
21. using namespace std;  
22.   
23. #define me(s)  memset(s,0,sizeof(s))  
24. #define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)  
25. typedef long long ll;  
26. typedef unsigned int uint;  
27. typedef unsigned long long ull;  
28. typedef pair <int, int> P;  
29.   
30. const int N=1000+5;  
31.   
32. struct Point  
33. {  
34.     int x,y;  
35.     double rad;  
36.     bool operator<(const Point&rhs)const  
37.     {  
38.         return rad<rhs.rad;  
39.     }  
40. }op[N],p[N];  
41.   
42. int n,color[N];  
43.   
44. bool Left(Point A,Point B)  
45. {  
46.     return A.x*B.y-A.y*B.x>=0;  
47. }  
48.   
49. int solve()  
50. {  
51.     if(n<=2)return 2;  
52.     int ans=0;  
53.   
54.     for(int i=0;i<n;i++)  //枚举基准点op[i]  
55.     {  
56.         int k=0;  
57.         for(int j=0;j<n;j++)  
58.             if(j!=i)  
59.         {  
60.             p[k].x=op[j].x-op[i].x;  //将其他点都转换为相对坐标  
61.             p[k].y=op[j].y-op[i].y;  
62.             if(color[j]){p[k].x=-p[k].x;p[k].y=-p[k].y;} //如果是黑点，将它绕原点旋转180度即可看做白点处理了  
63.             p[k].rad=atan2(p[k].y,p[k].x);  
64.             k++;  
65.         }  
66.         sort(p,p+k);  
67.   
68.         int L=0,R=0,cnt=2;  //分隔线上有2个点  
69.         while(L<k)  //O-p[L]作为分隔线，O-p[R]作为扫描线，注意，R一直是在0~k-1之间不停地循环着，直到L>=k才停止  
70.         {  
71.             if(R==L){R=(R+1)%k;cnt++;}  //空区域，暂时多计入一个点，最后舍去  
72.             while(R!=L&&Left(p[L],p[R])) //扫描线一直逆时针旋转，直到旋转角度刚刚>180度停止统计  
73.             {  
74.                 R=(R+1)%k;  
75.                 cnt++;  
76.             }  
77.             cnt--; //舍去多计入的点，也可以理解为由于分隔线的旋转，原来在分隔线上的点现在变为了右侧的点，要减掉一个  
78.             L++;   //分隔线旋转  
79.             ans=max(ans,cnt); //统计这一轮扫描的结果  
80.         }  
81.     }  
82.     return ans;  
83. }  
84.   
85. int main()  
86. {  
87.     while(~scanf("%d",&n)&&n)  
88.     {  
89.         rep(i,n)  
90.         scanf("%d%d%d",&op[i].x,&op[i].y,&color[i]);  
91.         printf("%d\n",solve());  
92.     }  
93. }  

//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#include<string>
#include<sstream>
#include<set>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<functional>
using namespace std;

#define me(s)  memset(s,0,sizeof(s))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
typedef long long ll;
typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int, int> P;

const int N=1000+5;

struct Point
{
    int x,y;
    double rad;
    bool operator<(const Point&rhs)const
    {
        return rad<rhs.rad;
    }
}op[N],p[N];

int n,color[N];

bool Left(Point A,Point B)
{
    return A.x*B.y-A.y*B.x>=0;
}

int solve()
{
    if(n<=2)return 2;
    int ans=0;

    for(int i=0;i<n;i++)  //枚举基准点op[i]
    {
        int k=0;
        for(int j=0;j<n;j++)
            if(j!=i)
        {
            p[k].x=op[j].x-op[i].x;  //将其他点都转换为相对坐标
            p[k].y=op[j].y-op[i].y;
            if(color[j]){p[k].x=-p[k].x;p[k].y=-p[k].y;} //如果是黑点，将它绕原点旋转180度即可看做白点处理了
            p[k].rad=atan2(p[k].y,p[k].x);
            k++;
        }
        sort(p,p+k);

        int L=0,R=0,cnt=2;  //分隔线上有2个点
        while(L<k)  //O-p[L]作为分隔线，O-p[R]作为扫描线，注意，R一直是在0~k-1之间不停地循环着，直到L>=k才停止
        {
            if(R==L){R=(R+1)%k;cnt++;}  //空区域，暂时多计入一个点，最后舍去
            while(R!=L&&Left(p[L],p[R])) //扫描线一直逆时针旋转，直到旋转角度刚刚>180度停止统计
            {
                R=(R+1)%k;
                cnt++;
            }
            cnt--; //舍去多计入的点，也可以理解为由于分隔线的旋转，原来在分隔线上的点现在变为了右侧的点，要减掉一个
            L++;   //分隔线旋转
            ans=max(ans,cnt); //统计这一轮扫描的结果
        }
    }
    return ans;
}

int main()
{
    while(~scanf("%d",&n)&&n)
    {
        rep(i,n)
        scanf("%d%d%d",&op[i].x,&op[i].y,&color[i]);
        printf("%d\n",solve());
    }
}