CCF201803-2 碰撞的小球题解（非暴力模拟解法）

ChuancyL

于 2021-08-26 12:03:09 发布

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文章标签：算法 csp c语言

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_50981443/article/details/119927846

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试题编号：	201803-2
试题名称：	碰撞的小球
时间限制：	1.0s
内存限制：	256.0MB
问题描述：	问题描述　　数轴上有一条长度为L（L为偶数)的线段，左端点在原点，右端点在坐标L处。有n个不计体积的小球在线段上，开始时所有的小球都处在偶数坐标上，速度方向向右，速度大小为1单位长度每秒。　　当小球到达线段的端点（左端点或右端点）的时候，会立即向相反的方向移动，速度大小仍然为原来大小。　　当两个小球撞到一起的时候，两个小球会分别向与自己原来移动的方向相反的方向，以原来的速度大小继续移动。　　现在，告诉你线段的长度L，小球数量n，以及n个小球的初始位置，请你计算t秒之后，各个小球的位置。提示　　因为所有小球的初始位置都为偶数，而且线段的长度为偶数，可以证明，不会有三个小球同时相撞，小球到达线段端点以及小球之间的碰撞时刻均为整数。　　同时也可以证明两个小球发生碰撞的位置一定是整数（但不一定是偶数）。输入格式　　输入的第一行包含三个整数n, L, t，用空格分隔，分别表示小球的个数、线段长度和你需要计算t秒之后小球的位置。　　第二行包含n个整数a1, a2, …, an，用空格分隔，表示初始时刻n个小球的位置。输出格式　　输出一行包含n个整数，用空格分隔，第i个整数代表初始时刻位于ai的小球，在t秒之后的位置。样例输入 3 10 5 4 6 8 样例输出 7 9 9 样例说明　　初始时，三个小球的位置分别为4, 6, 8。　　一秒后，三个小球的位置分别为5, 7, 9。　　两秒后，第三个小球碰到墙壁，速度反向，三个小球位置分别为6, 8, 10。　　三秒后，第二个小球与第三个小球在位置9发生碰撞，速度反向（注意碰撞位置不一定为偶数），三个小球位置分别为7, 9, 9。　　四秒后，第一个小球与第二个小球在位置8发生碰撞，速度反向，第三个小球碰到墙壁，速度反向，三个小球位置分别为8, 8, 10。　　五秒后，三个小球的位置分别为7, 9, 9。样例输入 10 22 30 14 12 16 6 10 2 8 20 18 4 样例输出 6 6 8 2 4 0 4 12 10 2 数据规模和约定　　对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ t ≤ 100，2 ≤ L ≤ 1000，0 < ai < L。L为偶数。　　保证所有小球的初始位置互不相同且均为偶数。

问题链接：CCF201803-2 碰撞的小球

思路：

在优快云上看了一圈，几乎所有人都是用暴力模拟的方法解的，算法复杂度是 $O(nt)$ ，就这题而言n和t的范围很小，这复杂度足够了，但我对代码有洁癖，实在看不惯 $n^2$ 算法，所以这里我提供一个 $nlog(n)$ 复杂度的算法。

我们这样考虑这道题，由于两个小球的体积和碰撞时间都是不计的，每个小球又都是一样的，因此我们可以认为两个小球碰撞时没有反弹，而是相互穿过了对方，只有当小球撞到边界时才往回反弹。这样一来我们就可以忽略小球之间的碰撞，每个小球都是在[0, L]区间上来回运动，于是在这个简化的模型中我们可以轻易地算t秒后的所有小球出现的位置（这个很简单，用模运算操作一下就出来了）。

但是，这样算出来的位置只能说明t时刻有一个小球停在了这个位置，但这个小球不一定是原来的小球。但我们注意到每一个小球的相对位置其实是固定的，每个小球的位置都被相邻的小球限制住了，所以我们可以对最终得到的小球位置排个序，与原来的小球位置对应起来，就得到了每个小球t秒后的位置

用语言描述有点繁琐，具体请看代码实现

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
int str[105], str2[105], str3[105];
//初始小球位置（输入），初始小球位置（排序），t秒后各小球位置（排序）
int main()
{
    int n, l, t;
    scanf("%d%d%d", &n, &l, &t);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        scanf("%d", &str[i]);
    memcpy(str2, str, sizeof(str));
    sort(str2, str2+n);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        str3[i] = (str[i]+t)%(2*l)>l ? 2*l-(str[i]+t)%(2*l) : (str[i]+t)%(2*l);
    sort(str3, str3+n);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        printf(" %d"+!i, str3[lower_bound(str2, str2+n, str[i])-str2]);
    return 0;
}

算法复杂度 $nlog(n)$ ，这种写法的好处是程序运行时间于输入的t的大小无关，即便输入的t是 $10^9$ 量级也能很快的算出结果