CSP 202206 题解:归一化处理,寻宝大冒险,角色授权,光线追踪,PS无限版
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CCF-CSP计算机软件能力认证考试
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阅读本题解前，您应当了解下列知识：
- 线段树 教程
- C++ 标准库（含STL） 教程
这是一份以C++代码编写的CSP 专业组 202206题解。
请注意这不是CSP-S/J的中学生竞赛的题解。
由于作者并非计算机专业科班出身，水平有限，并非每一题都能完整的解答，有完整解答者也不一定是最优解，现将模拟测试系统中的得分列举如下：
| 题目 | 得分 | 时间 | 内存 |
|---|---|---|---|
| 归一化处理 | 100 | 15ms | 3.222MB |
| 寻宝！大冒险！ | 100 | 15ms | 3.171MB |
| 角色授权 | 100 | 4.515s | 70.87MB |
| 光线追踪 | 100 | 1.156s | 26.80MB |
| PS无限版 | 30 | TLE | 28.10MB |
1 归一化处理
基础题。
遵循题面上给出的提示即可。
时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int a[10010];int main() {int n,s=0;double avg,D=0.0,d;ios::sync_with_stdio(false);cin>>n;for(int i=0;i<n;i++){cin>>a[i];s+=a[i];}avg=(double)s/(double)n;for(int i=0;i<n;i++){D+=(a[i]-avg)*(a[i]-avg);}D=D/(double)n;d=sqrt(D);for(int i=0;i<n;i++){cout<<(a[i]-avg)/d<<endl;}return 0;
}
2 寻宝！大冒险！
基础题。
由于藏宝图左下角必定是一颗树，因此将地图上每一颗树作为藏宝图左下角匹配。匹配时使用二重循环，循环体使用set的find方法判定该位置是否有树。由于set基于红黑树实现，find方法的时间复杂度为 O ( l o g n ) O(log n) O(logn)。考虑到使用set存储树的位置，运算符重载是必要的。
时间复杂度 O ( n S 2 l o g n ) O(nS^2logn) O(nS2logn)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;struct pos{int r,c;pos():r(0),c(0){}pos(int _r,int _c):r(_r),c(_c){}void read(){cin>>r>>c;}bool operator<(const pos &p)const {if(r!=p.r){return r<p.r;}else{return c<p.c;}}pos operator+(pos p){return pos(r+p.r,c+p.c);}
};class full_mat{public:int n;vector<vector<bool> > dat;void read(int m){n=m;dat.resize(m+1);for(int i=m;i>=0;i--){dat[i].resize(m+1);for(int j=0;j<=m;j++){int t;cin>>t;dat[i][j]=(t==1);}}}
}; class sparse_mat{public:int n,L;set<pos> trees;void read(int _n,int _L){n=_n;L=_L;trees.clear();for(int i=0;i<n;i++){pos t;t.read();trees.insert(t);}}bool in_mat(pos p){return (p.r>=0 && p.c>=0 && p.r<=L && p.c<=L);}bool match(full_mat &sub_mat,pos origin){if(!in_mat(origin+pos(sub_mat.n,sub_mat.n))){return false;}for(int i=0;i<=sub_mat.n;i++){for(int j=0;j<=sub_mat.n;j++){auto it=trees.find(origin+pos(i,j));if(it==trees.end() && sub_mat.dat[i][j]){return false;}if(it!=trees.end() && !sub_mat.dat[i][j]){return false;}}}return true;}int count_match(full_mat &sub_mat){int ans=0;for(auto p:trees){if(match(sub_mat,p)) {ans++;}}return ans;}
};int main() {int n,L,s;sparse_mat pri;full_mat sub;ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>L>>s;pri.read(n,L);sub.read(s);cout<<pri.count_match(sub)<<endl;return 0;
}
3 角色授权
基础题。
CSP专业组的T3通常都是这种“阅读理解”题，难度不算大，一定要耐心审题。本题适合练习面向对象的程序设计思想。有几个要点要注意：
不要暴力枚举，很容易就超时了；
角色的存储建议使用
map，这样查找角色的时间复杂度减至log级别；角色关联的存储则也可以使用
map，但是不要用角色作为关键字，因为我们查询时使用用户名或用户组，这样查询的复杂度也是log级别；仿照CSS，我们可以将用户名和用户组统一起来，在用户名前加
#，在用户组前加.，譬如.usergroup或#user，这样可以将用户名和用户组统一用一个字符串表示；
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;struct oper{string op_name,res_type,res_name;void read(){cin>>op_name>>res_type>>res_name;}
};class __role{public:set<string> ops;bool any_op;set<string> res_types;bool any_res_type;set<string> res_names;bool any_res_name;void __read(){int nv,no,nn;ops.clear();cin>>nv;any_op=false;for(int i=0;i<nv;i++){string s;cin>>s;ops.insert(s);if(s=="*") any_op=true;}res_types.clear();cin>>no;any_res_type=false;for(int i=0;i<no;i++){string s;cin>>s;res_types.insert(s);if(s=="*") any_res_type=true;}res_names.clear();cin>>nn;any_res_name=false;for(int i=0;i<nn;i++){string s;cin>>s;res_names.insert(s);}any_res_type=(res_names.size()==0);}bool can_perform_op(oper op){if(!any_op && ops.find(op.op_name)==ops.end()) return false;if(!any_res_type && res_types.find(op.res_type)==res_types.end()) return false;if(!any_res_name && res_names.find(op.res_name)==res_names.end()) return false;return true;}
};typedef pair<string,__role> role;role create_role(){role ret;cin>>ret.first;ret.second.__read();return ret;
}typedef pair<string,set<string> > auth_item; //{role_name: ex-usernames}auth_item create_auth_item(){auth_item ret;int ns; ret.second.clear();cin>>ret.first>>ns;for(int i=0;i<ns;i++){string type,name;cin>>type>>name;if(type=="u") {ret.second.insert("#"+name);}else{ret.second.insert("."+name);} }return ret;
}class user{public:string name;set<string> groups;void read(){int ng;cin>>name>>ng;groups.clear();for(int i=0;i<ng;i++){string s;cin>>s;groups.insert(s);}}
};//角色关联反向存储表
class auth_rtable{private:void set_merge(set<string> &dst,set<string> &src){for(auto e:src){dst.insert(e);}}
public:map<string,set<string> > rmp; //{ex-username:roles}void add_auth_item(auth_item &itm){for(auto uname:itm.second){auto it=rmp.find(uname);if(it==rmp.end()){set<string> ns;ns.insert(itm.first);rmp.insert(make_pair(uname,ns));}else{it->second.insert(itm.first); }}}set<string> get_user_all_role_name(user &usr){set<string> ret;auto it=rmp.find("#"+usr.name);if(it!=rmp.end()) {set_merge(ret,it->second);}for(auto grp:usr.groups){auto it=rmp.find("."+usr.name);if(it!=rmp.end()) {set_merge(ret,it->second);}}}
};class database{public:map<string,__role> roles;auth_rtable auth;void read(int n,int m){roles.clear();for(int i=0;i<n;i++){roles.insert(create_role());}for(int i=0;i<m;i++){auth_item ai=create_auth_item();auth.add_auth_item(ai);}}bool authenticate(user &usr,oper &op){auto all_role_name=auth.get_user_all_role_name(usr);for(auto r:all_role_name){if(roles[r].can_perform_op(op)) return true;}return false;}
};int main(){ios::sync_with_stdio(false);database db;int n,m,q;cin>>n>>m>>q; db.read(n,m);while(q--){user usr;oper op;usr.read();op.read();cout<<(db.authenticate(usr,op)?1:0)<<endl;}return 0;
}
注：该程序在查询时(db.authenticate)将用户对应的所有角色都列出来了，这是没有必要的，可以再优化。
4 光线追踪
中等题。
容易看出：
1.光线总是在平行于坐标轴的方向上传播；
2.反射点的坐标总是整数；
3.反射次数至多为 l o g 0.8 1 0 − 9 ≈ 93 log_{0.8}10^{-9}\approx 93 log0.810−9≈93次，记反射次数为 h h h；
本题最精巧之处即是“所有反射面的 ∣ x 1 − x 2 ∣ |x_1-x_2| ∣x1−x2∣之和不超过 3 × 1 0 5 3\times 10^5 3×105”这个条件，这意味着，反射点的数量不会超过个 3 × 1 0 5 3\times 10^5 3×105， 此即解题关键。
假设我们现有点 P ( x 0 , y 0 ) P(x_0,y_0) P(x0,y0)，和方向 d = 0 d=0 d=0( x x x增加方向)，那么我们需要找出直线 y = y 0 y=y_0 y=y0上横坐标比 x 0 x_0 x0大的第一个点。
为了解决上述问题，我们可以设计一个字典：其键为点的纵坐标 y 0 y_0 y0，键值为一个排好序的数组，存储 y = y 0 y=y_0 y=y0上所有反射点的横坐标，例如：
| Key | Value | 实际的点 |
|---|---|---|
| 2 | -1,3 | (-1,2)(3,2) |
| 3 | 1,2,4 | (1,3)(2,3)(4,3) |
当方向 d d d是 y y y轴的方向时，我们还需要一个上述的字典：其键为点的横坐标 x 0 x_0 x0，键值为一个排好序的数组，存储 x = x 0 x=x_0 x=x0上所有反射点的纵坐标。
在C++中使用map<int, set<int> >可以方便查找 y = y 0 y=y_0 y=y0键的键值，并将键值中的横坐标都排好序，从而实现上述功能。map和set动态修改（insert和erase）和查询（lower_bound和upper_bound，即二分查找）的时间复杂度均是log级别的，速度较快。这意味着，每次进行3操作的时间复杂度不高于 O ( h log 2 m ) O(h\log^2m) O(hlog2m)；1操作则相当于将镜面上的整点加入字典，其时间复杂度不高于 O ( ∣ x 2 − x 1 ∣ log 2 m ) O(|x_2-x_1|\log^2m) O(∣x2−x1∣log2m)。
再考虑2操作。相当于把对应点从字典中删除，即1的逆操作。其时间复杂度也不高于 O ( ∣ x 2 − x 1 ∣ log 2 m ) O(|x_2-x_1|\log^2m) O(∣x2−x1∣log2m)。
总的时间复杂度不会超过 O ( ( h + Σ x ) log 2 m ) O((h+\Sigma x) \log^2m) O((h+Σx)log2m)。
事实上，下面的代码使用map<int, map<int,int> >存储所有的反射点。内层的map<int,int>的键为某点横/纵坐标，键值为该点对应镜面的编号，这便于反向查找某个反射点对应的镜面，从而获得该镜面的反射率和倾角，便于计算反射后光的方向与强度。
#include<iostream>
#include<map>
#include<cmath>
using namespace std;enum class LightDir {X_POS = 0,Y_POS = 1,X_NEG = 2,Y_NEG = 3
};
int dx[] = { 1,0,-1,0 }, dy[] = {0,1,0,-1};int sgn(int x) {if (x > 0) return 1;if (x < 0) return -1;return 0;
}struct point {int x, y;bool operator==(const point& p) const {return x == p.x && y == p.y;}
};typedef pair<point, int> point_with_int;
const point NULL_POINT = { 2e9, 2e9 };
const point_with_int NULL_PD = { NULL_POINT, -1 };struct mirror {int x1, y1, x2, y2, k, id;double a;void read(int id) {cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2 >> a;if (x1 > x2) {swap(x1, x2); swap(y1, y2);}k = (y2 - y1) / (x2 - x1);this->id = id;}
}mirrors[200001];class space {/** psx = 所有镜面整点按x方向排序；* key存放所有点的y值，value递增存储对应x坐标和倾斜方向* psy = 所有镜面整点按y方向排序；* key存放所有点的x值，value递增存储对应y坐标和倾斜方向*/map<int, map<int,int> > psx, psy;void add_point(int x, int y, int id) {auto it = psx.find(y);if (it == psx.end()) {map<int, int> add;add.insert({ x,id }); psx.insert({ y, add });}else {it->second.insert({ x,id });}it = psy.find(x);if (it == psy.end()) {map<int, int> add;add.insert({ y,id }); psy.insert({ x, add });}else {it->second.insert({ y,id });}} void del_point(int x, int y) {psx[y].erase(x);psy[x].erase(y);}public:void add_mirror(mirror m) {for (int x = m.x1 + 1, y = m.y1 + m.k; x < m.x2; x++, y += m.k) {add_point(x, y, m.id);}}void del_mirror(mirror m) {for (int x = m.x1 + 1, y = m.y1 + m.k; x < m.x2; x++, y += m.k) {del_point(x, y);}}//返回反射点和反射面编号point_with_int find_nearst_reflect_point(point p, LightDir d) {if (d == LightDir::X_POS || d == LightDir::X_NEG) {auto it = psx.find(p.y);if (it == psx.end()) return NULL_PD;map<int, int>::iterator it2;if (d == LightDir::X_POS) {it2 = it->second.upper_bound(p.x);if (it2 == it->second.end()) return NULL_PD;}else {it2 = it->second.lower_bound(p.x);if (it2 == it->second.begin()) return NULL_PD;--it2;//技巧：lower_bound的前一个就是第一个比p.x小的数}return { {it2->first,p.y}, it2->second };}else {auto it = psy.find(p.x);if (it == psy.end()) return NULL_PD;map<int, int>::iterator it2;if (d == LightDir::Y_POS) {it2 = it->second.upper_bound(p.y);if (it2 == it->second.end()) return NULL_PD;}else {it2 = it->second.lower_bound(p.y);if (it2 == it->second.begin()) return NULL_PD;--it2;}return { {p.x,it2->first}, it2->second };}}
}instance;LightDir next_dir(LightDir dir, int mirror_k) {if (dir == LightDir::X_POS) {return mirror_k == 1 ? LightDir::Y_POS : LightDir::Y_NEG;}else if (dir == LightDir::X_NEG) {return mirror_k == -1 ? LightDir::Y_POS : LightDir::Y_NEG;}else if (dir == LightDir::Y_POS) {return mirror_k == 1 ? LightDir::X_POS : LightDir::X_NEG;}else {//(dir == LightDir::Y_NEG) return mirror_k == -1 ? LightDir::X_POS : LightDir::X_NEG;}
}
pair<point, int> test_source(point p, LightDir d, double I, int T) {do {point_with_int ret = instance.find_nearst_reflect_point(p, d);point p2 = ret.first; int id = ret.second;int dist = abs(p.x - p2.x) + abs(p.y - p2.y);if (p2 == NULL_POINT || dist > T) {p.x += dx[(int)d] * T;p.y += dy[(int)d] * T;break;}p = p2;d = next_dir(d, mirrors[id].k);I = I * mirrors[id].a;if (I < 1.0) {return { {0,0},0 };}T -= dist;} while (T > 0);return { p,(int)I };
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);int m;cin >> m;for (int i = 1; i <= m; i++) {int op; cin >> op;if (op == 1) {mirrors[i].read(i);instance.add_mirror(mirrors[i]);}else if (op == 2) {int k; cin >> k;instance.del_mirror(mirrors[k]);}else {int x, y, d, t;double I;cin >> x >> y >> d >> I >> t;auto ans = test_source({ x,y }, (LightDir)d, I, t);cout << ans.first.x << ' ' << ans.first.y << ' ' << ans.second << endl;}}return 0;
}
5 PS无限版（仅部分思路）
中等题。
对于前30%的分数，我们每次操作直接遍历 [ l , r ] [l,r] [l,r]即可。
对于后70%的分数，我们可以构建一个线段树，维护每一段的和与平方之和。维护和是容易的，而维护平方之和的方法我还没有想到，望有大佬多多指教。
附录：几种变换的推导
1. 投影
记投影直线为 y = k x + b y=kx+b y=kx+b，待投影点为 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0,y0)，则投影点 ( x 1 , y 1 ) (x_1,y_1) (x1,y1)满足 { y = k x + b k ( y − y 0 ) = − ( x − x 0 ) \left\{\begin{array}{c} y=kx+b\\ k(y-y_0)=-(x-x_0) \end{array}\right. {y=kx+bk(y−y0)=−(x−x0)
解得
{ x 1 = x 0 + k ( y 0 − b ) k 2 + 1 y 1 = k x 1 + b \left\{\begin{array}{c} x_1=\frac{x_0+k(y_0-b)}{k^2+1}\\ y_1=kx_1+b \end{array}\right. {x1=k2+1x0+k(y0−b)y1=kx1+b
2. 对称
有直线为 l : y = k x + b l:y=kx+b l:y=kx+b，线外一点 P ( x 0 , y 0 ) P(x_0,y_0) P(x0,y0)， P P P在 l l l上的投影点为 M ( x 1 , y 1 ) M(x_1,y_1) M(x1,y1)，则 P P P关于 l l l的对称点为 Q ( 2 x 1 − x 0 , 2 y 1 − y 0 ) Q(2x_1-x_0,2y_1-y_0) Q(2x1−x0,2y1−y0)。
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