[题解]POJ2074 Line of Sight

POJ2074 Line of Sight

题意简述

多测。给定若干条线段，全部与\(x\)轴平行。

其中有\(2\)条线段表示房子和人行道（虽然翻译不是人行道就是了），保证房子在人行道上面。

其他线段表示障碍物（不保证在房子和人行道之间）。

请找出人行道上最长的连续部分，使得在这中间可以完整地看到房子的全貌。

如果存在，输出其长度即可，保留\(2\)位小数；如果不存在输出No View。

数据范围没给，不过开\(10^5\)能过。具体输入格式见题目。

思路分析

先以人行道的左端点为\((0,0)\)，将所有坐标整体移动一下，方便考虑。

我们发现想直接计算能看到的区域比较困难，但是可以计算出每个障碍物形成的盲区：



如图，盲区就是房子的左右端点和障碍物的右左端点（注意顺序）连接并延长，与人行道相交形成的线段。

我们对每个障碍物，计算盲区的左右端点（计算射线和直线的交点，具体见代码）并储存。注意盲区的左右端点可能超出边界，所以需要取一下\(\min,\max\)。

我们注意到盲区可能发生重叠，所以需要把重叠部分进行合并，方便计算。

具体方法嘛，就是把盲区按左端点从小到大排序。如果后一个盲区的左端点\(<\)前一个盲区的右端点，就更新前一个盲区的右端点，并且删除后一个盲区。代码使用STL的链表实现。

合并完再遍历一遍，计算最大值即可求出答案。注意遍历前还需要把\((0,0),(len,len)\)分别加到链表的头和尾，因为左右边界也可能存在非盲区。

就酱。

思路并不难，不过代码实现有一些细节需要注意：

• 盲区左右端点可能超出边界，需要取一下\(\min,\max\)。

• 合并完盲区，需要额外把\((0,0),(len,len)\)分别加到链表的开头和结尾。

• 对于所有障碍物，如果其\(y\)坐标\(\ge\)房子的\(y\)坐标，或者\(<\)人行道的\(y\)坐标，就不能参与考虑。注意这一判断与\(x\)坐标无关，就算障碍物完全在人行道外面，也可能在人行道上形成盲区。

• 遍历链表的过程中，可能会有删除操作。因此我们需要注意一下使用迭代器的方式：

  for(auto it=lis.begin();it!=lis.end();){
  	if(/* 条件 */){
          /* Something ... */
  		it=lis.erase(it);//lis.erase(it++)也可以
  	}else{
          /* Something ... */
          it++;
      }
  }
  

• 保留\(2\)位小数。

Code

POJ的编译器太老了，提交的代码需要经过一番修改。这里就不放修改后的代码了，毕竟重在理解嘛。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
using namespace std;
struct tseg{double x1,x2,y;};
struct point{double x,y;};
tseg house,lin;
int n,siz;
double ans;
void modify(tseg &a){
	a.x1-=lin.x1,a.x2-=lin.x1,a.y-=lin.y;
}//将a的绝对位置转为相对人行道的位置
list<pair<double,double>> segs;
double calc(point a,point b){
	return a.x-a.y*(a.x-b.x)/(a.y-b.y);
}//计算射线AB与x轴的交点
int main(){
	while(cin>>house.x1>>house.x2>>house.y){
		segs.clear(),ans=0;
		if(house.x1==house.x2&&house.x2==house.y&&house.y==0) break;
		cin>>lin.x1>>lin.x2>>lin.y>>n;
		modify(house);
		double len=lin.x2-lin.x1;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			tseg ta;
			cin>>ta.x1>>ta.x2>>ta.y;
			modify(ta);
			if(ta.y>=house.y||ta.y<0) continue;
			double x1=calc({house.x1,house.y},{ta.x2,ta.y});
			double x2=calc({house.x2,house.y},{ta.x1,ta.y});
			segs.push_back({min(len,max(0.0,x2)),min(len,max(0.0,x1))});
		}//注意x1,x2需要反序，x2实际是左端点
		segs.sort();
		for(auto it=segs.begin(),lastit=segs.end();it!=segs.end();){
			if(lastit!=segs.end()&&(*lastit).second>=(*it).first){
				(*lastit).second=max((*lastit).second,(*it).second);
				it=segs.erase(it);
			}else lastit=it,it++;
		}//合并盲区，注意特殊的迭代器写法
		segs.push_front({0,0});
		segs.push_back({len,len});
		for(auto it=segs.begin(),lastit=segs.end();it!=segs.end();lastit=it,it++){
			if(it==segs.begin()) continue;
			ans=max(ans,(*it).first-(*lastit).second);
		}
		if(ans==0) cout<<"No View\n";
		else cout<<fixed<<setprecision(2)<<ans<<"\n";
	}
	return 0;
}