解决此题方法类似于凸包，先把所有直线按照斜率a由小到大排序
斜率相同取b较大的，扔掉b小的 (可以在遍历的时候忽视)。
于是所有直线斜率不同。 准备一个栈 （手动模拟），
栈里面存放上一次能看到的“最上面”的直线以及这条直线能看到的范围x (x值右边的部分可以被看到）。
初始时，把斜率最小的直线入栈，并记录x值为-inf。然后对第i条直线， 所做的是用第i条直线和栈顶直线求交点x,如果这个x值不大于栈顶的x值，
则把栈顶元素弹出，继续求交，否则退出。
这种判断操作直到栈为空，
或者当前栈顶的x值大于栈顶的x值。然后把第i条直线入栈，
继续，看后面的直线。最后栈中的直线数就是能看到的。
这种做法类似于凸包的方法，除去排序外，每条直线至多出入栈一次 复杂度O(n)。总复杂度是O(nlogn)。
Source Code:
//#pragma comment(linker, "/STACK:16777216") //for c++ Compiler
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <fstream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <queue>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define Max(a,b) (((a) > (b)) ? (a) : (b))
#define Min(a,b) (((a) < (b)) ? (a) : (b))
#define Abs(x) (((x) > 0) ? (x) : (-(x)))
#define MOD 1000000007
#define pi acos(-1.0) using namespace std; typedef long long ll ;
typedef unsigned long long ull ;
typedef unsigned int uint ;
typedef unsigned char uchar ; template<class T> inline void checkmin(T &a,T b){if(a>b) a=b;}
template<class T> inline void checkmax(T &a,T b){if(a<b) a=b;} const double eps = 1e- ;
const int N = ;
const int M = * ;
const ll P = 10000000097ll ;
const int MAXN = ;
const double MINN = -999999999.9; int n; struct Line{
double a, b;
}line[]; struct Point{
int ID;
double x; //Crossover point
}point[]; bool cmp (Line a , Line b){
if(a.a != b.a) return a.a < b.a ;
return a.b > b.b;
} int main(){
int i, j, t, k, u, v, numCase = ;
cin >> t;
while (t--){
int sum = ;
cin >> n;
for (i = ; i < n; ++i) {
cin >> line[i].a >> line[i].b;
}
sort (line , line + n, cmp); point[sum].ID = ;
point[sum].x = MINN; for (i = ; i < n; ++i) {
if (Abs (line[i].a - line[point[sum].ID].a) < eps) continue; //Equal slope will be ignored
for (;;) {
if (sum < ) {
++sum;
point[sum].ID = i;
point[sum].x = MINN;
break;
}
double x = (line[point[sum].ID].b - line[i].b) / (line[i].a - line[point[sum].ID].a);
if (point[sum].x + eps > x) {
--sum;
} else {
++sum;
point[sum].ID = i;
point[sum].x = x;
break;
}
}
}
printf("%d\n", + sum);
} return ;
}
以下是另一种 O(n lg n) 的算法 @Sake
对于直线l1: y = a1x +b1 和直线l2: y = a2x + b2,假设 a2 > a1,同时已知l1和前面面
一一个斜率更小小的交点横坐标为x1,则l2和l1的交点横坐标为x2,如果x2 < x1,那么l2可以覆盖
l1的可⻅见段。这样对于l2处理栈中的栈顶直线,若可以覆盖,栈顶弹出,循环直到栈中只有一一条直线或者不能继续覆盖,最后将这条直线压入入栈。对于只有1条或者2条直线的情况,特殊处理即可。
效率为O(n lg n)。
当然这题,可以按题⺫目目描述模拟暴力力O(n^2)过。
/*
Author:
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
sakeven
<cstdio>
<cstdlib>
<cassert>
<iostream>
<algorithm>
<queue>
<stack>
<cmath>
<cstring>
using namespace std;
struct node{
double a,b;
}lines[];
struct point{
int index;
double x;
point(){}
point(int index, double x):index(index), x(x){}
};
bool cmp(const node &A, const node &B){
return A.a < B.a || (A.a == B.a && A.b < B.b);
}
int main(){
int t, n;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = ; i < n; i ++) {
scanf("%lf%lf", &lines[i].a , &lines[i].b);
}
sort(lines, lines+n, cmp);
int k = ;
for (int i = ; i < n-; i ++) {
if (lines[i].a == lines[i+].a) {
continue;
}
lines[k++] = lines[i];
}
lines[k++] = lines[n-];
if (k <= ) {
printf("%d\n", k);
continue;
}point p;
stack<point>st;
st.push(point(, ));
st.push(point(, (lines[].b - lines[].b)/(lines[].a - lines[].a)));
for (int i = ; i < k; i ++) {
double x();
while (st.size() > ) {
p = st.top();
x = (lines[p.index].b - lines[i].b)/(lines[i].a - lines[p.index].a);
if (x <= p.x) {
st.pop();
if (st.size() == ) {
x = (lines[].b - lines[i].b)/(lines[i].a - lines[].a);
break;
}
} else {
break;
}
}
st.push(point(i, x));
}
printf("%lu\n", st.size());
}
return ;
}