坠落的蚂蚁【思维/模拟】
第一行包含一个整数表示蚂蚁的个数N(2<=N<=99),之后共有N行,每一行描述一只蚂蚁的初始状态。每个初始状态由两个整数组成,中间用空格隔开,第一个数字表示初始位置厘米数P(1<=P<=99),第二个数字表示初始方向,-1表示向左,1表示向右,0表示静止。
输出描述:
蚂蚁A从开始到坠落的时间。若不会坠落,输出“Cannot fall!”
思路分析
首先我们需要明确一点, 性质一:A蚂蚁经过偶数次碰头后速度为0 \color{red}\textbf{性质一:A蚂蚁经过偶数次碰头后速度为0} 性质一:A蚂蚁经过偶数次碰头后速度为00次碰撞时,其速度本身就为0,2次碰撞是什么情况呢?
经过两次碰撞之后,A会再次装上右侧的速度为0的蚂蚁,他的速度又回到0,永远走不出去。
从上面图中我们可以看到,我们只考虑了A的左侧向右走的蚂蚁,和A的右侧向左走的蚂蚁,那么还有两类左侧向左走,右侧向右走,他们对A有影响吗?
性质二:左侧向左,右侧向右的蚂蚁对结果无影响 \color{red}\textbf{性质二:左侧向左,右侧向右的蚂蚁对结果无影响} 性质二:左侧向左,右侧向右的蚂蚁对结果无影响
考虑下面左图和右图,左图中A左侧有一个向左的蚂蚁和一个向右的蚂蚁,二者相碰时则交换速度,此时对A而言,相当于右图中我们只有一个向右的蚂蚁的场景,同理,右侧向右的蚂蚁对A也是没有影响的。这也就是为什么,我们可以将蚂蚁看作可以互相穿过,而不是碰撞掉头。
到这里,我们已经找到了蚂蚁不能坠落的条件,也知道了影响A的个体,因此我们可以使用两个数组 l , r l,r l,r分别存储A的左侧向右的蚂蚁和A的右侧向左的蚂蚁,然后再来讨论他们是如何影响A的结果的(以下都假设l,r包含蚂蚁的数目各不相等),我们不妨从最简单的情况开始推导:
上面三种情况基本上包含了所有的不想等的情况,我们依次来讨论一下
- 对于第一种情况,显然A需要的时间是 x 1 x_1 x1。
- 对于第二种情况, x 2 x_2 x2在 x 1 x_1 x1后面,而右侧不会将A变向,所以答案仍然是 x 1 x_1 x1。
- 对于第三种情况,A先和 x 0 x_0 x0碰撞,再和 x 1 x_1 x1碰撞,此时他的速度为0,因为我们看作蚂蚁可以互相穿过所以他最后总会和 x 2 x_2 x2碰撞,因此答案是 x 2 x_2 x2(还是画图吧)
我们发现右侧有两个,左侧有一个的时候,决定因素在于右侧的第二个,因为左右侧相同数目的蚂蚁互相抵消,他们的碰撞使得A的速度最终为0,而打破僵局的那个蚂蚁,就是第一个左右侧数目不对等的蚂蚁。(左3右4那就是右面第四个,左3右1那就是左面第二个)
struct P {ll pos, v;
}a[MAX];bool cmp(P p1, P p2) { return p1.pos < p2.pos; }int main() {ll n, s;while (cin >> n) {vector<P> vl, vr;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> a[i].pos >> a[i].v;if (a[i].v == 0)s = i;}for (int i = 0; i < n; i++) {if (a[i].pos < a[s].pos&&a[i].v>0)vl.push_back(a[i]);else if (a[i].pos > a[s].pos&&a[i].v < 0)vr.push_back(a[i]);}ll l1 = vl.size(), l2 = vr.size();sort(vl.begin(), vl.end(), cmp); sort(vr.begin(), vr.end(), cmp);if (l1 == l2)printf("Cannot fall!\n");else if (l1 > l2) cout << 100 - vl[l1 - l2 - 1].pos << endl;//99还没掉下去else cout << vr[l1].pos << endl;}
}
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