NC16417 [NOIP2017]奶酪

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题目

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：

\(dist(P_1,P_2)=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2+(z_1-z_2)^2}\)

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

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。

题解

方法一

知识点：计算几何，并查集。

这道题可以用带权并查集维护空球体之间的连通性，以及集合的 \(z\) 坐标上下限。每次读入一个球心坐标，其自身作为一个集合的 \(z\) 上限是 半径加球心 \(z\) 坐标，下限就是球心 \(z\) 坐标减去半径。随后暴力搜索所有已有球体是否与其连通，球心距离小于等于两倍半径即相交或者相切，则合并集合，并且更新集合权值。

注意的是多组输入数据不能中途跳出，会导致不完全输入影响下一次输入。

还要注意浮点数精度问题，一般能用整数运算尽量用整数，这里要注意超长整型的问题，在计算球心距离时先判断 \(x\) 和 \(y\) 平面距离，再判断空间距离。不过，这道题数据没有卡浮点。

时间复杂度 \(O(n^2 \log n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

方法二

知识点：DFS，计算几何。

先保存每个球的坐标，然后对每个与下表面连接的球遍历连通块，如果块中某个与上表面连接就说明连通上下了，否则返回 false 。

时间复杂度 \(O(n^2)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

int fa[1007];
double hmn[1007], hmx[1007];
struct Point {
    double x, y, z;
}p[1007];

double dist(Point a, Point b) {
    return sqrt((a.x - b.x) * (a.x - b.x) + (a.y - b.y) * (a.y - b.y) + (a.z - b.z) * (a.z - b.z));
}///double有可能有精度问题，能用整数就用

int find(int x) {
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}

bool solve() {
    int n;
    double h, r;
    cin >> n >> h >> r;
    for (int i = 1;i <= n;i++) fa[i] = i, cin >> p[i].x >> p[i].y >> p[i].z;///多组数据一定要保证输入完，不然后面数据会到下一组然后炸掉
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        hmn[i] = p[i].z - r;
        hmx[i] = p[i].z + r;
        for (int j = 1;j <= i;j++) {
            if (dist(p[i], p[j]) <= 2 * r) {
                int a = find(i);
                int b = find(j);
                fa[a] = b;
                hmx[b] = max(hmx[b], hmx[a]);
                hmn[b] = min(hmn[b], hmn[a]);
                if (hmx[b] >= h && hmn[b] <= 0) return true;
                ///不能跳出，也许有很多集合相连
            }
        }
    }
    return false;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << "No" << '\n';
        else cout << "Yes" << '\n';
    }
    return 0;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

int n;
double h, r;
struct Point {
    double x, y, z;
}a[1007];
bool vis[1007];

double dist(Point A, Point B) {
    return sqrt((A.x - B.x) * (A.x - B.x) + (A.y - B.y) * (A.y - B.y) + (A.z - B.z) * (A.z - B.z));
}

bool dfs(int x) {
    if (a[x].z + r >= h) return true;
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        if (vis[i] || dist(a[x], a[i]) > 2 * r) continue; ///访问过的 或者 距离不够的 不搜索
        vis[i] = 1;
        if (dfs(i)) return true;
    }
    return false;
}

bool solve() {
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    cin >> n >> h >> r;
    for (int i = 0;i < n;i++) cin >> a[i].x >> a[i].y >> a[i].z;
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        if (vis[i] || a[i].z - r > 0) continue; ///访问过的 或者 不能联通底层的 不做为起点
        vis[i] = 1;
        if (dfs(i)) return true;
    }
    return false;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << "No" << '\n';
        else cout << "Yes" << '\n';
    }
    return 0;
}