Description

　　NBA每年都有球员选秀环节。通常用速度和身高两项数据来衡量一个篮球运动员的基本素质。假如一支球队里速度最慢的球员速度为minV，身高最矮的球员高度为minH，那么这支球队的所有队员都应该满足: A * ( height

– minH ) + B * ( speed – minV ) <= C 其中A和B，C为给定的经验值。这个式子很容易理解，如果一个球队的球员速度和身高差距太大，会造成配合的不协调。 请问作为球队管理层的你，在N名选秀球员中，最多能有多少名符合条件的候选球员。

Input

　　第一行四个数N、A、B、C 下接N行每行两个数描述一个球员的height和speed

Output

　　最多候选球员数目。

Sample Input

4 1 2 10

5 1

3 2

2 3

2 1

Sample Output

4

HINT

数据范围： N <= 5000 ,height和speed不大于10000。A、B、C在长整型以内。

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思路

这题也真是够神仙的

首先把式子变成这样

$Ax+By-C\le Aminx + Bminy $

然后就重新取一个权值叫做\(val=Ax+By-C\)

把原数组复制两遍，一个按照x排序，一个按照val排序

然后我们先枚举miny，然后在内层枚举minx，但是同时怎么维护答案？

我们用一个指针扫val加入答案，并用一个指针扫x删除答案

我第一次看到的时候心情就是wtf？

确实很神奇

现在我们考虑加入答案的限制，首先y肯定是要大于等于miny的，但是y应该有一个上界，不然\(y-miny\)太大导致在满足\(val\le Aminx+Bminy\)的条件下\(x< minx\)

既然不能让x超界，也就是要满足\(minx\le x\)，那么就一定有

\(By\le Bminy + C\)

也就是说\(miny\le y\le miny + \frac{C}{B}\)

这样就可以同时扫按照x排序的队列来把x不满足的都删掉了（因为y对于全局的限制都是相等的）

？？？

好像推不过来吧，不过没事，在这道题里面是对的

现在来考虑另一个事情：会不会有没有统计贡献的被删除贡献？

不可能的

被删除贡献的时候需要满足\(x<minx\)和\(min\le y\le miny+\frac{C}{B}\)

显然是满足\(Ax+By\le Aminx+Bminy+C\)的

那不就一定会在上面统计贡献吗？

所以就成立了。。。然后其实你也可以根据刚刚这个式子把\(By\le Bminy + C\)理解为让删除不重不漏的条件

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#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 5010;

int n, A, B, C;

int ans;

struct Point {

  int x, y, val;

  Point() {}

  Point(int x, int y, int val): x(x), y(y), val(val) {}

} p[N], q[N];

bool cmp1(const Point a, const Point b) {

  return a.x < b.x;

}

bool cmp2(const Point a, const Point b) {

  return a.val < b.val;

}

int main() {

  scanf("%d %d %d %d", &n, &A, &B, &C);

  for (int i = 1; i <= n; i++) {

    int x, y;

    scanf("%d %d", &x, &y);

    p[i] = q[i] = Point(x, y, A * x + B * y - C);

  }

  sort(p + 1, p + n + 1, cmp1);

  sort(q + 1, q + n + 1, cmp2);

  for (int i = 1; i <= n; i++) {

    int tp = 0, tq = 0, cur = 0;

    int dn = p[i].y, up = C / B + p[i].y;

    for (int j = 1; j <= n; j++) {

      int limit = A * p[j].x + B * p[i].y;

      while (tp < n && p[tp + 1].x < p[j].x) {

        ++tp;

        cur -= dn <= p[tp].y && p[tp].y <= up;

      }

      while (tq < n && q[tq + 1].val <= limit) {

        ++tq;

        cur += dn <= q[tq].y && q[tq].y <= up;

      }

      ans = max(ans, cur);

    }

  }

  printf("%d", ans);

  return 0;

}