UVA 10881 - Piotr's Ants 蚂蚁

最新推荐文章于 2022-10-08 07:46:03 发布

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紫书第四章函数与递归专栏收录该内容

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本文介绍了一个经典的编程问题——蚂蚁碰撞问题，并提供了一种高效的解决方法。通过对蚂蚁的初始位置和方向进行排序，避免了暴力计算的高复杂度，确保了算法的效率。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<string>
using namespace std;
const int maxn = 10005;
const char s[][10] = {"L","Turning","R"};
struct ant
{
    int first; //对输入的蚂蚁进行编号
    int p; //位置
    int l; //方向，-1为左，0为碰撞，1为右
    bool operator < (const ant &x) const{  //重载运算符，进行结构体的比较
       return p < x.p;
    }
}before[maxn], after[maxn];
int main()
{
   //freopen("a.txt","w",stdout);
   int TT, kase = 0;
   string c;
   cin >> TT;
   while(TT--){
        printf("Case #%d:\n",++kase);
        int L, T, N, i;
        scanf("%d%d%d",&L,&T,&N);
        for(i = 0; i < N; i++){
            int p, l;
            cin >> p >> c;
            l = c == "L" ? -1 : 1;
            before[i] = (ant){i,p,l};
            after[i] = (ant){0,p+l*T,l};
        }
        int order[maxn];  //输入的第i只蚂蚁是终态中左数第order[i]只蚂蚁
        sort(before, before+N);
        for(i = 0; i < N; i++)
            order[before[i].first] = i;
        sort(after, after+N);
        for(i = 0; i < N; i++)
            if(after[i].p == after[i+1].p) after[i+1].l = after[i].l = 0;
        for(i = 0; i < N; i++){
            int a = order[i];
            if(after[a].p < 0 || after[a].p > L) cout << "Fell off" << "\n";
            else printf("%d %s\n",after[a].p, s[after[a].l+1]);
        }
        printf("\n");
   }
}

刚接触这个题时，第一想法是暴力，可是题目给的数据实在是太大了，暴力的运算量能达到10的十几次方，显然超时。苦想很久后，没有什么好的思路，无奈看了蓝书的答案。

细细分析，蚂蚁的运动过程还是有规律可循的，如果把蚂蚁看作很小的点，那么蚂蚁碰撞掉头时，很两个点对穿而过没有什么区别，所以可以用初始位置 + 时间*方向（可以设左为-1，右为1）来表示终态位置，只是相应的对象变了，也就是说算出的终态位置所对应的蚂蚁并不一定是一开始的那只蚂蚁。还有一个规律，那就是每只蚂蚁的相对顺序是不变的，一两只蚂蚁为例，假设A在左边并朝右走，B在右边并朝左走，那么两只蚂蚁碰撞后A朝左走B朝右走，A仍然在B的左边，多只蚂蚁类比推之。也就是说，不管碰撞多少次，谁在谁的左边谁在谁的右边这是不会发生变化的。所以可以对蚂蚁的起始及终点位置进行排序，这样每只蚂蚁及其终点位置就对上号了。对于第一个规律中提到的那种情况，只要建一个数组，把他们的起始输入顺序和终态顺序分别用下标及相对应的元素值表示，这样二者就对应起来了。