网课:[NOIP2017]奶酪——牛客(疑问)

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来源:牛客网
 

题目描述

现有一块大奶酪,它的高度为 h,它的长度和宽度我们可以认为是无限大的,奶酪中间有许多半径相同的球形空洞。我们可以在这块奶酪中建立空间坐标系, 在坐标系中,奶酪的下表面为 z = 0,奶酪的上表面为 z = h。
现在, 奶酪的下表面有一只小老鼠 Jerry, 它知道奶酪中所有空洞的球心所在的坐标。如果两个空洞相切或是相交,则 Jerry 可以从其中一个空洞跑到另一个空洞,特别地,如果一个空洞与下表面相切或是相交, Jerry 则可以从奶酪下表面跑进空洞; 如果一个空洞与上表面相切或是相交, Jerry 则可以从空洞跑到奶酪上表面。
位于奶酪下表面的 Jerry 想知道, 在不破坏奶酪的情况下,能否利用已有的空洞跑到奶酪的上表面去?
空间内两点 P1(x1,y1,z1) 、P2(x2,y2,z2) 的距离公式如下:

dist(P1,P2)=(x1−x2)2+(y1−y2)2+(z1−z2)2dist(P_1,P_2)=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2+(z_1-z_2)^2}dist(P1​,P2​)=(x1​−x2​)2+(y1​−y2​)2+(z1​−z2​)2​

输入描述:

每个输入文件包含多组数据。
输入文件的第一行,包含一个正整数 T,代表该输入文件中所含的数据组数。
接下来是 T 组数据,每组数据的格式如下:
第一行包含三个正整数 n, h 和 r, 两个数之间以一个空格分开,分别代表奶酪中空洞的数量,奶酪的高度和空洞的半径。
接下来的 n 行,每行包含三个整数 x, y, z, 两个数之间以一个空格分开, 表示空洞球心坐标为 (x,y,z)。

输出描述:

输出文件包含 T 行,分别对应 T 组数据的答案,如果在第 i 组数据中, Jerry 能从下表面跑到上表面,则输出“Yes”,如果不能,则输出“No”(均不包含引号)。

示例1

输入

复制3 2 4 1 0 0 1 0 0 3 2 5 1 0 0 1 0 0 4 2 5 2 0 0 2 2 0 4

3
2 4 1
0 0 1
0 0 3
2 5 1
0 0 1
0 0 4
2 5 2
0 0 2
2 0 4

输出

复制Yes No Yes

Yes
No
Yes

说明

 

备注:

对于 20%的数据, n = 1, 1 ≤ h , r ≤ 10,000,坐标的绝对值不超过 10,000。
对于 40%的数据, 1 ≤ n ≤ 8, 1 ≤ h , r ≤ 10,000,坐标的绝对值不超过 10,000。
对于 80%的数据,1 ≤ n ≤ 1,000, 1 ≤ h , r ≤ 10,000,坐标的绝对值不超过 10,000。
对于 100%的数据, 1 ≤ n ≤ 1,000, 1 ≤ h , r ≤ 1,000,000,000, T ≤ 20,坐标的绝对值不超过 1,000,000,000。

想法:

本来没什么想法,不会,就想到怎么判断两个空洞是否连通(用距离公式求两球心的距离,再和2*r比较)。看了网课,听她讲了下思路,就是直接搜,能从下搜到上就说明是YES。先存一下通下表面的球心坐标,再循环分别从各个下表面出发搜索。然后终结条件就是球心z坐标加上r大于等于h。可是吧,超时了。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,h,r;
int ans;
int qx[1010][5];//球心
int st[1010];
int xbm[1010][5];//下表面
void dfs(int x,int y,int z){
    if(z+r>=h){
        ans=1;
        return;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){//这么搜的话要先找出下表面已经通了的,然后再搜上去
        int s=sqrt((x-qx[i][0])*(x-qx[i][0])+(y-qx[i][1])*(y-qx[i][1])+(z-qx[i][2])*(z-qx[i][2]));
        if(st[i]) continue;
        if(s>2*r) continue;//不连通
        st[i]=1;
        dfs(qx[i][0],qx[i][1],qx[i][2]);
        st[i]=0;
    }
}
int main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int cnt=0;
        memset(st,0,sizeof(st));
        ans=0;
        cin>>n>>h>>r;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cin>>qx[i][0]>>qx[i][1]>>qx[i][2];
            if(qx[i][2]<=r) {st[i]=1;xbm[cnt][0]=qx[i][0],xbm[cnt][1]=qx[i][1],xbm[cnt][2]=qx[i][2],cnt++;}//下表面的都标记一下
        }
        for(int i=0;i<cnt;i++){
            dfs(xbm[i][0],xbm[i][1],xbm[i][2]);
            if(ans==1) break;
        }
        if(ans==0) cout<<"No"<<endl;
        else cout<<"Yes"<<endl;
    }
}

睡醒看看用bfs行不行

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,h,r;
int qx[1010][5];//球心
int st[1010];
int xbm[1010][5];//下表面
struct zb{//坐标
    int x,y,z;  
};
queue<zb> q;
int bfs(int x,int y,int z){
    q.push({x,y,z});
    if(z+r>=h) return 1;
    while(!q.empty()){
        zb t=q.front();
        q.pop();
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(st[i]) continue;
            int s=sqrt((t.x-qx[i][0])*(t.x-qx[i][0])+(t.y-qx[i][1])*(t.y-qx[i][1])+(t.z-qx[i][2])*(t.z-qx[i][2]));
            if(s>2*r) continue;
            if(qx[i][2]+r>=h) return 1;
            st[i]=1;
            q.push({qx[i][0],qx[i][1],qx[i][2]});
        }
    }
    return 0;
}

int main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int cnt=0;
        memset(st,0,sizeof(st));
        cin>>n>>h>>r;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cin>>qx[i][0]>>qx[i][1]>>qx[i][2];
            if(qx[i][2]<=r) {st[i]=1,xbm[cnt][0]=qx[i][0],xbm[cnt][1]=qx[i][1],xbm[cnt][2]=qx[i][2],xbm[cnt][3]=i,cnt++;}
        }
        int ans=0;
        q=queue<zb>();//清空队列
        for(int i=0;i<cnt;i++){
            q=queue<zb>();
            memset(st,0,sizeof(st));//
            st[xbm[i][3]]=1;
            ans=bfs(xbm[i][0],xbm[i][1],xbm[i][2]);
            if(ans==1) break;
        }
        if(ans==0) cout<<"No"<<endl;
        else cout<<"Yes"<<endl;
    }
    return 0;
}

bfs写的,但只得了70分。有三个测试点wa了。

dfs的时间复杂度在30左右,就是递归30层就差不多极限了。bfs的范围在1e6.

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