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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:
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
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
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。
思路来源牛客网。
作者:limojin
链接:https://ac.nowcoder.com/discuss/199158?type=101&order=0&pos=1&page=0
来源:牛客网
问题中有两个需要注意的点,一个是空洞和空洞有合并的情况,另一个是合并后空洞的最大高度。因此,合并父节点的情况可以采用并查集的方式来维护,而对于最大高度的情况,思路是保存每个空洞的最高点,然后查询空洞根父亲节点的高度。然而这种思路还有一个比较重要的注意事项,即:能否有一个空洞的最低点小于0。如果所有空洞的最低点都大于0,一定是不可以的。所以维护一个st数组来保证哪些节点最低点是小于0的,以此保证其根父亲节点有意义。
另外,虽然最开始采用的是dis的平方进行比较,但考虑到r数据范围到1e9,所以应该采用开方后比较,并使用ll。
由于感觉作者的代码太麻烦,个人在理解思路后,自己编写了新的代码可供参考。
代码如下:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<iostream> using namespace std; typedef long long int ll; const ll MAXN = 1e3 + 10; ll n, h, r; ll cnt = 0; ll f[MAXN]; ll vis[MAXN]; ll len[MAXN]; struct Node { ll x, y, z; }nod[MAXN]; void init() { for (ll i = 0; i < n; i++) f[i] = i; cnt = 0; memset(len, 0, sizeof(len)); memset(vis, 0, sizeof(vis)); return; } ll dis(ll x1, ll y1, ll z1, ll x2, ll y2, ll z2) { return (x2 - x1) * (x2 - x1) + (y2 - y1) * (y2 - y1) + (z2 - z1) * (z2 - z1); } ll find(ll x) { if (f[x] == x) return x; return(f[x] = find(f[x])); } ll merge(ll x, ll y) { ll f1 = find(x); ll f2 = find(y); if (f1 == f2) return 0; else { if (vis[f1] > vis[f2]) { f[f2] = f1; } else f[f1] = f2; return 1; } } int main() { ll T; cin >> T; while (T--) { cin >> n >> h >> r; init(); for (ll i = 0; i < n; i++) { cin >> nod[i].x >> nod[i].y >> nod[i].z; vis[i] = nod[i].z + r; if (nod[i].z - r <= 0) len[cnt++] = i; } for (ll i = 0; i < n; i++) { for (ll j = 0; j < i; j++) { if (sqrt(1.0 * dis(nod[i].x, nod[i].y, nod[i].z, nod[j].x, nod[j].y, nod[j].z))<2*r+(1e-9)) merge(i, j); } } ll flag = 0; for (ll i = 0; i < cnt; i++) { if (vis[find(len[i])] >= h) { flag = 1; cout << "Yes" << endl; break; } } if (flag == 0) cout << "No" << endl; } return 0; }
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