几何数学
平面切分
蓝桥杯2020年省赛题
问题描述
平面上有N条直线，其中第i条直线为y=Ax+B.请计算这些直线将平面分成了几个部分？
输入
第一行输入一个N，接下来N行输入两个整数代表Ai和Bi。
1<=N<=10^5.
思路分析
初始时一条直线将平面分为2个部分。
而后每添加一条直线
-
与前面某个直线重合，将平面多划分
0个部分 -
与前面直线有
x个交叉点，将平面多划分x+1个部分。 -
与前面直线有
0个交叉点，与前面直线平行，将平面多划分1个部分
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n; cin>>n;
vector<pair<int,int>>d(n);
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>d[i].first>>d[i].second;
}
long long ans=2; //初始时一条线将平面分为两个部分
for(int i=1;i<n;i++){
unordered_map<double,unordered_set<double>>mp; //mp[k]表示交叉点x=k的不同的y的集合
auto [a,b]=d[i];
bool vis=0;
int s=0;
for(int j=0;j<i;j++){ //对前面的线求交叉点
auto [a1,b1]=d[j];
if(a==a1){
if(b!=b1){
vis=true; //与前面线平行，寻找下一个
continue;
}
else{
s=-1; break; //与前面的线重叠
}
}
double x=(double)(b-b1)/(a-a1); //交叉点x
double y=(double)(a*b1-a1*b)/(a-a1); //交叉点y
if(mp[x].count(y)) continue; //前面统计过这个交叉点，不重复统计
else{
s++;
mp[x].insert(y);
}
}
if(s) ans+=s+1;
else ans+=vis; //没有新交叉点，与前面线平行
}
cout<<ans;
return 0;
}直线上最多的点
问题描述
给你一个数组 points ，其中 points[i] = [xi, yi] 表示 X-Y 平面上的一个点。求最多有多少个点在同一条直线上。
暴力枚举直线
我们知道，两点可以确定一条线。
一个朴素的做法是先枚举两点（确定一条线），然后检查其余点是否落在该线中。
为避免除法精度问题，当我们枚举两个点 x 和 y 时，不直接计算其对应直线的 斜率和 截距。
而是通过判断 x 和 y 与第三个点 p 形成的两条直线斜率是否相等，来得知点 p 是否落在该直线上。
详细说，当给定两个点 ( x 1 , y 1 ) 和 ( x 2 , y 2 ) 时，对应斜率 x 2 − x 1 y 2 − y 1 详细说，当给定两个点 (x_1 ,y_1) 和 (x_2,y_2) 时，对应斜率 \frac{x_2−x_1}{y_2-y_1} 详细说，当给定两个点(x1,y1)和(x2,y2)时，对应斜率y2−y1x2−x1
为避免计算机除法的精度问题，我们将判定 x 1 − x 2 y 1 − y 2 = x 2 − x 3 y 2 − y 3 改为判定 ( x 1 − x 2 ) ∗ ( y 2 − y 3 ) = ( x 2 − x 3 ) ∗ ( y 1 − y 2 ) 是否成立 为避免计算机除法的精度问题，我们将判定\frac{x_1-x_2}{y_1-y_2}=\frac{x_2-x_3}{y_2-y_3}改为判定(x_1-x_2)*(y_2-y_3)=(x_2-x_3)*(y_1-y_2)是否成立 为避免计算机除法的精度问题，我们将判定y1−y2x1−x2=y2−y3x2−x3改为判定(x1−x2)∗(y2−y3)=(x2−x3)∗(y1−y2)是否成立
这样一来，将存在精度问题的「除法判定」巧妙转为「乘法判定」。
时间复杂度O(n^3)
代码
cpp
class Solution {
public:
int maxPoints(vector<vector<int>>& points) {
int n = points.size(), ans = 1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
vector<int> x = points[i];
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
vector<int> y = points[j];
// 枚举点对 (i,j) 并统计有多少点在该线上, 起始 cnt = 2 代表只有 i 和 j 两个点在此线上
int cnt = 2;
for (int k = j + 1; k < n; k++) {
vector<int> p = points[k];
int s1 = (y[1] - x[1]) * (p[0] - y[0]);
int s2 = (p[1] - y[1]) * (y[0] - x[0]);
if (s1 == s2) cnt++;
}
ans = max(ans, cnt);
}
}
return ans;
}
};
作者：宫水三叶根据「朴素解法」的思路，枚举所有直线的过程不可避免，但统计点数的过程可以优化。
具体的，我们可以先枚举所有可能出现的 直线斜率（根据两点确定一条直线，即枚举所有的「点对」），使用「哈希表」统计所有 斜率 对应的点的数量，在所有值中取 max 即是答案。
一些细节：在使用「哈希表」进行保存时，为了避免精度问题，我们直接使用字符串进行保存，同时需要将 斜率 约干净。
cpp
int maxPoints(vector<vector<int>>& points) {
int n = points.size(), ans = 1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
unordered_map<string, int> map; //map放置在内层循环中，而不是全局的，固定一个点,保证平行的线不会统计到一起
int maxv = 0;
int x1 = points[i][0], y1 = points[i][1];
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
int x2 = points[j][0], y2 = points[j][1];
int a = x1 - x2, b = y1 - y2;
int k = gcd(a, b);
string key = to_string(a / k) + "_" + to_string(b / k); //无斜率直线为"0_1",斜率为0直线为"1_0"
map[key]++;
maxv = max(maxv, map[key]);
}
ans = max(ans, maxv + 1);
}
return ans;
}
int gcd(int a, int b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}矩形面积
问题描述
给你 二维 平面上两个 由直线构成且边与坐标轴平行/垂直 的矩形，请你计算并返回两个矩形覆盖的总面积。
每个矩形由其 左下 顶点和 右上 顶点坐标表示：
- 第一个矩形由其左下顶点
(ax1, ay1)和右上顶点(ax2, ay2)定义。 - 第二个矩形由其左下顶点
(bx1, by1)和右上顶点(bx2, by2)定义。
代码
cpp
int computeArea(int ax1, int ay1, int ax2, int ay2, int bx1, int by1, int bx2, int by2) {
int sum1=(ax2-ax1)*(ay2-ay1);
int sum2=(bx2-bx1)*(by2-by1);
int x = max(0, min(ax2, bx2) - max(ax1, bx1)); //重叠的x轴长度
int y = max(0, min(ay2, by2) - max(ay1, by1)); //重叠的y轴的长度
return sum1+sum2-x1*x2; //总面积减重叠部分
}在圆内生成随机点
问题描述
给定圆的半径和圆心的位置，实现函数 randPoint ，在圆中产生均匀随机点。
实现 Solution 类:
Solution(double radius, double x_center, double y_center)用圆的半径radius和圆心的位置(x_center, y_center)初始化对象randPoint()返回圆内的一个随机点。圆周上的一点被认为在圆内。答案作为数组返回[x, y]。
代码
java
class Solution {
double r, x, y;
Random random = new Random();
public Solution(double _r, double _x, double _y) {
r = _r; x = _x; y = _y;
}
public double[] randPoint() {
double len = Math.sqrt(random.nextDouble(r * r)), ang = random.nextDouble(2 * Math.PI);
double nx = x + len * Math.cos(ang), ny = y + len * Math.sin(ang);
return new double[]{nx, ny};
}
}
作者：宫水三叶