Description

Figure A Sample Input of Radar Installations

Input

Output

Sample Input

3 2
1 2
-3 1
2 1

1 2
0 2

0 0

Sample Output

Case 1: 2
Case 2: 1

思路：该题题意是为了求出能够覆盖所有岛屿的最小雷达数目，每个小岛对应x轴上的一个区间，在这个区间内的任何一个点放置雷达，则可以覆盖该小岛，区间范围的计算用[x-sqrt(d*d-y*y),x+sqrt(d*d-y*y)];这样，问题即转化为已知一定数量的区间，求最小数量的点，使得每个区间内斗至少存在一个点。每次迭代对于第一个区间， 选择最右边一个点， 因为它可以让较多区间得到满足， 如果不选择第一个区间最右一个点（选择前面的点）， 那么把它换成最右的点之后， 以前得到满足的区间， 现在仍然得到满足， 所以第一个区间的最右一个点为贪婪选择， 选择该点之后， 将得到满足的区间删掉， 进行下一步迭代， 直到结束。

以左区间为准：

#include
  
   
#include
   
     #include
    
      #include
     
       #include
      
        using namespace std; const int M = 1000 + 5; double x, y; double dis; //圆的半径 double temp; int ans; //用于统计结果 int n; //点的个数 int flag; //用于判断 struct node { double left; //左区间 double right; //右区间 } island[M]; bool cmp(node a, node b) //按左区间从小到大排序 { return a.left
       
        dis||y<0) //不符合的点 flag=1; island[i].right = x+sqrt(dis*dis-y*y); island[i].left = x-sqrt(dis*dis-y*y); } if(flag==1) printf("Case %d: -1\n",cas); else { sort(island, island+n, cmp); //sort排序 temp = island[0].right; ans=1; for(int i=1; i
        
         temp) //说明这两个区间没有重合部分，也就不能用一个圆表示，则结果加一 { ans++; temp=island[i].right; } } printf("Case %d: %d\n", cas, ans); } } return 0; } 
        
       
      
     
    
   
  

一右区间为准：（这是我同学写的右区间）

#include
  
   
#include
   
     #include
    
      #include
     
       #include
      
        using namespace std; struct node { double a,b; }s[1005],l[1005]; int cmp(node x,node y) { return x.b
       
        >n>>m) { if(n==0&&m==0) break; int i,j,p=0; for(i=0;i
        
         m) p=1; l[i].a=s[i].a-sqrt(m*m-s[i].b*s[i].b); l[i].b=s[i].a+sqrt(m*m-s[i].b*s[i].b); } sort(l,l+n,cmp); int sum=1; double r=l[0].b; for(i=1;i
         
          r) { r=l[i].b; sum++; } } printf("Case %d: ",++k); if(p) cout<<-1<