Building HDU - 5033

本文深入探讨了一种用于计算从不同位置观察高楼时视野受阻程度的算法。通过使用单调栈和凸包概念,该算法能够高效地处理大量建筑和观察者的位置数据,精确计算每个观察者能看到的最远建筑的角度,从而评估其视野开阔程度。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5033

详见注释

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double PI=acos(-1.0);
const int maxn=1e5+10;

struct node
{
    double x,h;
    int tp;
};

map <int,bool> mp;
stack <node> stk;
node ary[2*maxn];
double lef[maxn],rgt[maxn];
int n,q;

bool cmp(node n1,node n2)
{
    return n1.x<n2.x;
}

void init(double *pre)//单调栈中维护的是一个类似凸包的东西
{
    node tmp1,tmp2;
    int i;
    while(!stk.empty()) stk.pop();
    for(i=1;i<=n;i++){
        if(ary[i].tp==0){//如果是建筑
            while(!stk.empty()&&stk.top().h<=ary[i].h) stk.pop();//比当前建筑矮的直接去掉 因为这些肯定会被当前建筑挡住而看不见
            while(stk.size()>1){//此处维护凸包 比较一下斜率即可
                tmp1=stk.top();
                stk.pop();
                tmp2=stk.top();
                stk.push(tmp1);
                if((tmp2.h-ary[i].h)*(ary[i].x-tmp1.x)>=(tmp1.h-ary[i].h)*(ary[i].x-tmp2.x)) stk.pop();
                else break;
            }
            stk.push(ary[i]);
        }
        else{//如果是人
            if(stk.empty()){//一览无余
                pre[ary[i].tp]=90.0;
            }
            else{
                while(stk.size()>1){//找第一个挡住此人视线的建筑 还是通过斜率维护凸包
                    tmp1=stk.top();
                    stk.pop();
                    tmp2=stk.top();
                    stk.push(tmp1);
                    if(tmp2.h*(ary[i].x-tmp1.x)>=tmp1.h*(ary[i].x-tmp2.x)) stk.pop();
                    else break;
                }
                tmp1=stk.top();
                //printf("*%.2f %.2f*\n",tmp1.x,tmp1.h);
                pre[ary[i].tp]=(atan((ary[i].x-tmp1.x)/tmp1.h)/PI)*180.0;//弧度转角度
            }
        }
    }

}

int main()
{
    int t,cas,i,tmp;
    scanf("%d",&t);
    for(cas=1;cas<=t;cas++){
        scanf("%d",&n);
        for(i=1;i<=n;i++){
            ary[i].tp=0;
            scanf("%lf%lf",&ary[i].x,&ary[i].h);
        }
        scanf("%d",&q);
        for(i=n+1;i<=n+q;i++){
            ary[i].tp=i-n;
            scanf("%lf",&ary[i].x);
            ary[i].h=0.0;
        }
        n+=q;//人和建筑一同处理
        sort(ary+1,ary+n+1,cmp);
        init(lef);
        for(i=1;i<=n/2;i++){//翻转后同样处理即可
            swap(ary[i],ary[n-i+1]);
        }
        for(i=1;i<=n;i++){
            ary[i].x=10000000.0-ary[i].x;
        }
        init(rgt);
        mp.clear();
        for(i=1;i<=n;i++){//猜测可能会有人被建筑挡住的情况 觉得此时应该什么都看不到
            if(ary[i].tp==0){
                tmp=ary[i].x;
                mp[tmp]=1;
            }
        }
        for(i=1;i<=n;i++){
            if(ary[i].tp!=0){
                tmp=ary[i].x;
                if(mp[tmp]){
                    lef[ary[i].tp]=rgt[ary[i].tp]=0.0;
                }
            }
        }
        printf("Case #%d:\n",cas);
        for(i=1;i<=q;i++){
            printf("%.10f\n",lef[i]+rgt[i]);
        }

    }
    return 0;
}

/*
2

1
0 5
1
0

1
0 1
1
1
*/

 

 

### 关于HDU - 6609 的题目解析 由于当前未提供具体关于 HDU - 6609 题目的详细描述,以下是基于一般算法竞赛题型可能涉及的内容进行推测和解答。 #### 可能的题目背景 假设该题目属于动态规划类问题(类似于多重背包问题),其核心在于优化资源分配或路径选择。此类问题通常会给出一组物品及其属性(如重量、价值等)以及约束条件(如容量限制)。目标是最优地选取某些物品使得满足特定的目标函数[^2]。 #### 动态转移方程设计 如果此题确实是一个变种的背包问题,则可以采用如下状态定义方法: 设 `dp[i][j]` 表示前 i 种物品,在某种条件下达到 j 值时的最大收益或者最小代价。对于每一种新加入考虑范围内的物体 k ,更新规则可能是这样的形式: ```python for i in range(n): for s in range(V, w[k]-1, -1): dp[s] = max(dp[s], dp[s-w[k]] + v[k]) ``` 这里需要注意边界情况处理以及初始化设置合理值来保证计算准确性。 另外还有一种可能性就是它涉及到组合数学方面知识或者是图论最短路等相关知识点。如果是后者的话那么就需要构建相应的邻接表表示图形结构并通过Dijkstra/Bellman-Ford/Floyd-Warshall等经典算法求解两点间距离等问题了[^4]。 最后按照输出格式要求打印结果字符串"Case #X: Y"[^3]。 #### 示例代码片段 下面展示了一个简单的伪代码框架用于解决上述提到类型的DP问题: ```python def solve(): t=int(input()) res=[] cas=1 while(t>0): n,k=list(map(int,input().split())) # Initialize your data structures here ans=find_min_unhappiness() # Implement function find_min_unhappiness() res.append(f'Case #{cas}: {round(ans)}') cas+=1 t-=1 print("\n".join(res)) solve() ```
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