poj 1852&3684 题解

这两题思路相似就放在一起.

1852

题意

一块长为L长度单位的板子（从0开始）上有很多只蚂蚁，给出它们的位置，它们的方向不确定，速度为每秒一长度单位，当两只蚂蚁相遇的时候，它们会反向而行，问所有蚂蚁到达终点（到0或者到L）所需要的最短时间和最长时间。

解析

一开始拿到这题觉得还是有点难度的，但一想通就发现这是个大水题。我们可以假设两只蚂蚁它们相向而行，并且它们中间没有别的蚂蚁，此时它们距离为k，经过时间t后它们相遇，此时它们反向，又经过时间t它们再次之间距离还是k。但如果我们假设它们相遇不反向，那么它们的情况也是一样的。所以这些所谓的反向都是在迷惑你，事实上根本不需要反向这种操作，所以这题就变得非常水了。

代码

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

int T,n,s,k;

int main(){

	scanf("%d",&T);

	while(T--){

		int minn=0;

		int maxn=0;

		scanf("%d %d",&s,&n);

		for(int i=1;i<=n;++i){

			scanf("%d",&k);

			minn=max(minn,min(k,s-k));

			maxn=max(maxn,max(k,s-k));

		}

		printf("%d %d\n",minn,maxn);

	}

	return 0;

}

3684

题意

将N个半径为R的球放入一个圆桶（圆桶口径刚好放入一个球），将圆桶竖直放着，最下端距离地面H高度，让球每隔一秒自由下落，求T时刻各个球距离地面的高度。（弹性碰撞没有能量损失）

解析

跟前面的题目相同，由于质量相同，碰撞又没有能量损失，由动量守恒可知它们只是速度反向，所有的球都一样可以忽视它们的碰撞，视为互相穿过继续运动。这样就可以分别单独求出每个球T时刻的高度后排序就是答案了。

代码

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<algorithm>

using namespace std;

const double g=10.0;

int N,H,R,T,C;

double y[110];

double cal(double T){

	if(T<0) return H;

	double t=sqrt(2*(double)H/g);

	int k=T/t;

	if(k&1){//判断向上还是向下,奇数向上，偶数向下

		double d=k*t+t-T;

		return H-(d*d*g/2.0);

	}else{

		double d=T-k*t;

		return H-(d*d*g/2.0);

	}

}

int main(){

	scanf("%d",&C);

	while(C--){

		scanf("%d %d %d %d",&N,&H,&R,&T);

		for(int i=0;i<N;++i){

			y[i]=cal((double)T-i);

		}

		sort(y,y+N);

		for(int i=0;i<N;++i){

			printf("%.2f%c",y[i]+2*R*i/100.0,i+1==N ? '\n':' ');//cm->m

		}

	}

	return 0;

}

巴特西

poj 1852&3684 题解

题意

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