现有一块大奶酪,它的高度为 ℎ,它的长度和宽度我们可以认为是无限大的,奶酪中间有许多半径相同的球形空洞。
我们可以在这块奶酪中建立空间坐标系,在坐标系中,奶酪的下表面为 z=0,奶酪的上表面为 z=h。
现在,奶酪的下表面有一只小老鼠 Jerry,它知道奶酪中所有空洞的球心所在的坐标。
如果两个空洞相切或是相交,则 Jerry 可以从其中一个空洞跑到另一个空洞,特别地,如果一个空洞与下表面相切或是相交,Jerry 则可以从奶酪下表面跑进空洞;如果一个空洞与上表面相切或是相交,Jerry 则可以从空洞跑到奶酪上表面。
位于奶酪下表面的 Jerry 想知道,在不破坏奶酪的情况下,能否利用已有的空洞跑到奶酪的上表面去?
空间内两点 P1(x1,y1,z1)、P2(x2,y2,z2) 的距离公式如下:
输入格式
每个输入文件包含多组数据。
输入文件的第一行,包含一个正整数 T,代表该输入文件中所含的数据组数。
接下来是 T组数据,每组数据的格式如下:
第一行包含三个正整数 n,ℎ 和 r,两个数之间以一个空格分开,分别代表奶酪中空洞的数量,奶酪的高度和空洞的半径。
接下来的 n 行,每行包含三个整数 x、y、z,两个数之间以一个空格分开,表示空洞球心坐标为 (x,y,z)。
输出格式
输出文件包含 T 行,分别对应 T 组数据的答案,如果在第 i 组数据中,Jerry 能从下表面跑到上表面,则输出 Yes
,如果不能,则输出 No
。
数据范围
1≤n≤1000,
1≤h,r≤10^9,
T≤20,
坐标的绝对值不超过10^9
输入样例:
3
2 4 1
0 0 1
0 0 3
2 5 1
0 0 1
0 0 4
2 5 2
0 0 2
2 0 4
输出样例:
Yes
No
Yes
难度:简单 |
时/空限制:1s / 128MB |
总通过数:3829 |
总尝试数:10538 |
来源: |
算法标签 |
解题思路:
1.首先将读入的坐标点两两判断之间距离是都<=r(能形成并查集)
2.判断底部能形成的并查集,判断顶部能形成的并查集
3.最后判断底部与顶部是否在一个并查集中。
参考代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1010;
LL x[N],y[N],z[N],p[N];
LL T,n,h,r;
LL dist (int a,int b)
{
return (x[a]-x[b])*(x[a]-x[b]) + (y[a]-y[b])*(y[a]-y[b]) + (z[a]-z[b])*(z[a]-z[b]);
}
int find(int x)
{
if(p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
return p[x];
}
void add(int a,int b)
{
a = find(a), b = find(b);
p[a] = b;
}
bool judg(int a,int b)
{
a = find(a),b = find(b);
return a==b;
}
int main()
{
scanf("%lld", &T);
while (T -- )
{
LL i,j;
scanf("%lld%lld%lld",&n,&h,&r);
//读入数据
for( i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld%lld", &x[i], &y[i],&z[i]);
//初始化每个节点,根等于自身
for( i=0;i<=n+1;i++)p[i] = i;
//两两数据相互检验是否连通,若连通就拼成一个根相同的连通块
for( i=1;i<=n;i++)
for( j=i+1;j<=n;j++)
if(dist(i,j) <= 4*r*r)
add(i,j);
//枚举下表面能连接到的点
for( i=1;i<=n;i++)
if(z[i]<=r) add(0,i);
//枚举h能连接到的点
for( i=1;i<=n;i++)
if(h-r <= z[i]) add(n+1,i);
//判断下表面与h是否在一个连通块上
if(judg(0,n+1)) puts("Yes");
else puts("No");
}
return 0;
}