团体程序设计天梯赛 L3-012. 水果忍者

本文介绍了一种计算直线与线段交集的算法,旨在找到满足特定条件的直线斜率范围,使得该直线能恰好通过指定线段的一个端点,并且同时穿过其他线段。文中提供了一个C++实现示例。

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

 1 /*对于一条满足条件的直线,向下移,直到触碰一条线段的下端点,仍然经过其它线段,该直线仍然满足条件
 2 即以一条线段的下(上)端点作为直线上的一点,求为了经过一条线段的最小、最大斜率值(mink,maxk),直线斜率要求满足 
 3 max(mink1,mink2,…,minkn) <= min(maxk1,maxk2,…,maxkn)
 4 */ 
 5  
 6 #include <cstdio>
 7 #include <cstdlib>
 8 #include <cmath>
 9 #include <cstring>
10 #include <stdbool.h>
11 #include <set>
12 #include <vector>
13 #include <map>
14 #include <queue>
15 #include <algorithm>
16 #include <iostream>
17 using namespace std;
18 #define maxn 10005
19 #define inf 1e10 
20 
21 double x[maxn],yl[maxn],yh[maxn];
22 
23 int main()
24 {
25     long n,i,k,c;
26     double a,b,p,q,t,xx,yy;
27     scanf("%ld",&n);
28     for (i=1;i<=n;i++)
29         scanf("%lf%lf%lf",&x[i],&yh[i],&yl[i]);
30     for (k=1;k<=n;k++)
31     {
32         p=inf;
33         q=-inf;
34         for (i=1;i<=n;i++)
35             if (i!=k)
36             {
37                 a=(yh[i]-yl[k])/(x[i]-x[k]);
38                 b=(yl[i]-yl[k])/(x[i]-x[k]);
39                 if (a<b)
40                 {
41                     t=a;
42                     a=b;
43                     b=t;
44                     c=0;
45                 }
46                 else
47                     c=1;
48                 if (p<b || q>a)
49                     break;
50 //                p=min(p,a);
51                 if (a<p)
52                 {
53                     p=a;
54                     if (c==1)
55                     {
56                         yy=yh[i];
57                         xx=x[i];                        
58                     }
59                     else
60                     {
61                         yy=yl[i];
62                         xx=x[i];
63                     }
64                 }
65                 q=max(q,b);
66             }
67         if (i==n+1)
68         {
69             printf("%.0lf %.0lf %.0lf %.0lf",x[k],yl[k],xx,yy);
70             return 0;
71         }
72     }
73     return 0;
74 }

 

转载于:https://www.cnblogs.com/cmyg/p/8719764.html

### PTA 团体程序设计天梯赛 L3 练习题目及解析 #### 题目概述 L3级别的题目通常涉及较为复杂的算法和数据结构应用,难度较高。这些题目不仅考察编程能力,还测试选手对于特定算法的理解程度以及解决实际问题的能力。 #### 示例题目分析 ##### 千手观音 [^1] **背景描述** 在一个二维平面上有N个点,每个点代表一个可以被机器人手臂触及的位置。给定M条线段连接某些点对之间的路径,每条路径都有一定的长度。目标是从起点出发到达终点,在这个过程中尽可能多地触碰不同的点,并返回能够触碰到的最大不同点数。 **输入格式** - 第一行两个整数 N 和 M (2 ≤ N ≤ 50; 1 ≤ M ≤ 200),表示总共有多少个节点以及有多少条边; - 接下来 M 行,每行三个正整数 u,v,w 描述一条无向加权边(u != v),其中 w 是这条边的权重; **输出格式** 仅有一行包含一个整数 K ,即最多能访问到的不同顶点数目(不包括起始位置)。 **解法思路** 这个问题可以通过动态规划来处理。定义 dp[i][j] 表示当前处于第 i 步并且最后一步停留在 j 这个结点上所能获得的最大分数。通过遍历所有可能的状态转移方程更新dp数组中的值直到找到最优解为止。 ```python def max_touch_points(N, edges): from collections import defaultdict graph = defaultdict(list) for edge in edges: u, v, _ = edge graph[u].append(v) graph[v].append(u) # 初始化DP表格 dp = [[0]*(N+1) for _ in range(N)] def dfs(current_node, visited_nodes): if all(visited_nodes): return sum([int(not node) for node in visited_nodes]) best_score = 0 for neighbor in graph[current_node]: new_visited = list(visited_nodes) if not new_visited[neighbor]: new_visited[neighbor] = True score_with_neighbor = dfs(neighbor, tuple(new_visited)) + int(not any(new_visited)) best_score = max(best_score, score_with_neighbor) return best_score start_state = [False] * (N + 1) result = dfs(1, tuple(start_state)) return result - 1 # 减去起始位置本身 ``` ##### 关于深度优先搜索和逆序对的问题 **背景描述** 给出一组序列,要求计算该序列中存在的全部逆序对数量。所谓“逆序对”,指的是如果存在一对索引(i,j)(i<j),使得a[i]>a[j],那么这对元素就构成了一个逆序对。 **输入格式** 单组测试样例的第一行为一个整数n(n≤10^5),表示待测序列的长度;第二行为n个由空格分隔开来的整数ai(ai∈[-1e9,+1e9]),它们共同构成了一串完整的待检测序列。 **输出格式** 输出文件应只含有一行,内有一个整数m,它代表着所求得的结果——也就是整个序列里存在的逆序对总数。 **解法思路** 利用归并排序的思想可以在O(nlogn)时间内解决问题。当我们将左半部分与右半部分合并时,只要左边某个元素大于右边任意一个小于它的元素,则说明这两个之间形成了若干个新的逆序对。因此我们只需要统计这样的情况即可得到最终答案。 ```cpp #include <iostream> using namespace std; long long merge(int* A, int l, int m, int r){ int n1=m-l+1; int n2=r-m; int L[n1], R[n2]; for(int i=0;i<n1;++i)L[i]=A[l+i]; for(int j=0;j<n2;++j)R[j]=A[m+j+1]; int i=0,j=0,k=l,inversions=0; while(i<n1 && j<n2){ if(L[i]<=R[j]){ A[k++]=L[i++]; }else{ inversions+=n1-i; A[k++]=R[j++]; } } while(i<n1){A[k++]=L[i++];} while(j<n2){A[k++]=R[j++];} return inversions; } long long countInversions(int*A,int l,int r){ if(l>=r)return 0; int mid=(l+r)/2; long long cnt=countInversions(A,l,mid)+countInversions(A,mid+1,r); cnt+=merge(A,l,mid,r); return cnt; } int main(){ int n,*arr; cin>>n; arr=new int[n]; for(int i=0;i<n;++i)cin>>arr[i]; cout<<countInversions(arr,0,n-1)<<endl; delete[] arr; return 0; } ```
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