平面最近点对

平面最近点对（加强加强版）

题目背景

P1429 平面最近点对（加强版）里最高赞题解写道：

我们充分发扬人类智慧：
将所有点全部绕原点旋转同一个角度，然后按 $x$ 坐标排序
根据数学直觉，在随机旋转后，答案中的两个点在数组中肯定不会离得太远
所以我们只取每个点向后的 $5$ 个点来计算答案
这样速度快得飞起，在 $n = 1000000$ 时都可以在 1 s 内卡过

当然，这是错的。

题目描述

给定 $n$ 个二维欧几里得平面上的点 $p_1, p_2, \dots, p_n$ ，请输出距离最近的两个点的距离。

输入格式

输入第一行为一个正整数 $n$ ，表示点数。

接下来 $n$ 行，第 $i$ 行为用空格隔开的整数 $x_i, y_i$ ，表示 $p_i = (x_i, y_i)$ 。

输入保证：没有两个坐标完全相同的点。

输出格式

输出一行，包含一个整数 $D^2$ ，表示距离最近的两个点的距离的平方。

由于输入的点为整点，因此这个值一定是整数。

样例 #1

样例输入 #1

2
-10000000 -10000000
10000000 10000000

样例输出 #1

800000000000000

样例 #2

样例输入 #2

样例输出 #2

提示

对于第二组样例， $(1, 9)$ 、 $(0, 10)$ 两个点最近，距离为 $\sqrt 2$ ，因此你需要输出 $2$ 。

数据范围

对于 $\%$ 的数据， $\leq n \leq 4 \times 10^5$ ， $-10^7 \leq x_i, y_i \leq 10^7$ 。

本题目标复杂度是 $O(n \log ^2 n)$ 。设置 350ms 时限的原因是：

$O(n \log ^2 n)$ 参考代码使用 cin 不会 TLE。最快的 std 能 $<$ 100ms。
@wlzhouzhuan 的程序能恰好在 350ms 内跑 $1000 n$ 次检查。
150 组测试数据，为了防止卡评测。

分析

典型分治题，我们二分求解，会得到左右两侧的最小值，考虑跨越中心线时的答案，其横纵坐标差均小于d才可能为正确答案

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=4*1e5+10;
#define int long long
pair<int,int> a[M];
int n;
int d=1e16;
pair<int,int> vl[M],vr[M];
void read(){ios::sync_with_stdio(false);cin>>n;for (int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i].first>>a[i].second;
}
int dis2(pair<int,int> a,pair<int,int> b){return (a.first - b.first) * (a.first - b.first) + 1ll * (a.second - b.second) * (a.second - b.second);
}
void solve(int l,int r){if (l==r){swap(a[l].first,a[l].second);return;}int mid=l+r>>1;int x=a[mid].first;solve(l,mid);solve(mid+1,r);double dis=sqrt(d);int sl=0,sr=0;for (int i=l;i<=mid;i++)if (x-a[i].second<dis) vl[++sl]=a[i];for (int i=mid+1;i<=r;i++)if(a[i].second-x<dis) vr[++sr]=a[i];int p=1,q=0;for (int i=1;i<=sl;i++){while(p<=sr and vl[i].first-vr[p].first>=dis) p++;while(q<sr and vr[q+1].first-vl[i].first<dis) q++;for (int j=p;j<=q;j++) d=min(d,dis2(vl[i],vr[j]));}inplace_merge(a+l,a+mid+1,a+r+1);
}
signed main() {read();sort(a+1,a+n+1);solve(1,n);cout<<d<<endl;return 0;
}

分析

	if (l==r){swap(a[l].first,a[l].second);return;}

翻转pair的first与second,便于按y排序

for (int i=l;i<=mid;i++)if (x-a[i].second<dis) vl[++sl]=a[i];for (int i=mid+1;i<=r;i++)if(a[i].second-x<dis) vr[++sr]=a[i];

选取在x上符合要求的点

for (int i=1;i<=sl;i++){while(p<=sr and vl[i].first-vr[p].first>=dis) p++;while(q<sr and vr[q+1].first-vl[i].first<dis) q++;for (int j=p;j<=q;j++) d=min(d,dis2(vl[i],vr[j]));}