bzoj4427【Nwerc2015】Cleaning Pipes清理管道
题目描述
Linköping有一个相当复杂的水资源运输系统。在Linköping周围的出水点有一些水井。这些水通过管道输送到其它地点。每条管道是从某一个水井到城市的某个位置的直线管道。
所有管道在地下的深度相同。因此,无论何时,两个管道相交时,它们会形成交点。幸运的是,管道系统正好是以满足两个管道有交点的方式建造。井不计入交点。任何数量的管道(包括零个与超过两个)都可以来源于每一个水井。
这些交点导致了一个问题,因为污垢(石灰和其它东西的混合物)往往会卡住交点,导致管道崩溃和坍塌,导致大型水槽孔的形成。这样的水槽孔对Linköping的学生有吸引的效果,使他们荒废学业,不受教育,这从长远来看将不只是导致管道系统的崩溃,还有社会的结构。因此,当务之急是管道定期清理。北欧提水再分配公司(NWERC) -负责Linköping的水管的 – 拥有充足的机器人车队才可以完成此任务。一个机器人可以在一条管道的开始位置被插入。然后,机器人通过管道一直到结束,并清除沿途所有交点。到达终点后,机器人转身并返回它开始的井。为了防止机器人互相碰撞,政府法规规定每当两个管相交,它们中的至多一个可以包含一个机器人。
由于整个水系统在被清洁时必须关闭(另一政府法规),则NWERC想迅速完成清洗,使用一批次清洁机器人,都必须在同一时间开始。
你的任务是验证是否可以做到这一点 - 即,是否能够把机器人同时插入管道中的一些,在不会有两个机器人相撞的危险下清洁所有交点。
输入格式
输入包括:
第一行两个整数w(1<=w<=1000)和p(1<=p<=1000),分别表示井的数量和管道的数量。
接下来w行,每行两个整数xi和yi(-10000<=x,y<=10000),表示i号井的位置(井从1到w编号)。
接下来p行,每行3个整数s(1<=s<=w)表示管道从s号井开始,x和y(-10000<=x,y<=10000)表示管道在位置为x,y的点结束。
每条管道都有一个井,就是它开始的那个。被两个或多个管道共享的点是一口井。任两条管道至多会有一个交点。两条管道的公共点可以是他们其中之一或两者的端点。所有管道的长度为正数。
输出格式
If it is possible to clean all intersections as described above, output “possible”. Otherwise, output “impossible”.
如果在上述情况下可以清理所有交点,输出“possible”,否则输出“impossible”。
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题解:
- 题目意思一些射线,端点不算交点,相交的射线只能放一个机器人,问是否有方案让每一个交点都被机器人经过;
- 如果A和B有交点,那么A放B不放,A不放B一定放,(多个交于一点也是符合题意的),转化成2-sat求解;
- 翻阅了官解,发现如果有交点A和B连边,二分图判定(因为合法的方案对应了二分图的某一边的点集);
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1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 const int N=1010; 5 int n,m,tot,id[N][2],o=1,hd[N<<1],dfn[N<<1],low[N<<1],idx,st[N<<1],top,bl[N<<1],del[N<<1],cnt; 6 struct Edge{int v,nt;}E[N*N*2]; 7 struct point{ 8 int x,y; 9 point(int _x=0,int _y=0):x(_x),y(_y){}; 10 point operator +(const point&A)const{return point(x+A.x,y+A.y);} 11 point operator -(const point&A)const{return point(x-A.x,y-A.y);} 12 bool operator ==(const point&A)const{return x==A.x&&y==A.y;} 13 int operator *(const point&A)const{return x*A.x+y*A.y;} 14 int operator ^(const point&A)const{return x*A.y-y*A.x;} 15 }p[N]; 16 struct line{point a,b;}l[N]; 17 void Adde(int u,int v){E[o]=(Edge){v,hd[u]};hd[u]=o++;} 18 void tarjan(int u){ 19 dfn[st[++top]=u]=low[u]=++idx; 20 for(int i=hd[u];i;i=E[i].nt){ 21 int v=E[i].v; 22 if(!dfn[v])tarjan(v),low[u]=min(low[u],low[v]); 23 else if(!del[v])low[u]=min(low[u],dfn[v]); 24 } 25 if(dfn[u]==low[u]){ 26 int v;cnt++; 27 do{ 28 bl[v=st[top--]]=cnt; 29 del[v]=1; 30 }while(v!=u); 31 } 32 } 33 bool judge(int i,int j){ 34 if(l[i].a==l[j].a)return false; 35 point a=l[j].a-l[i].a,b=l[j].b-l[i].a,c=l[i].b-l[i].a; 36 if((ll)(c^a)*(c^b)>0)return false; 37 b=l[j].a-l[i].b,c=l[j].b-l[j].a; 38 if((ll)(c^a)*(c^b)>0)return false; 39 return true; 40 } 41 int main(){ 42 #ifndef ONLINE_JUDGE 43 freopen("bzoj4427.in","r",stdin); 44 freopen("bzoj4427.out","w",stdout); 45 #endif 46 scanf("%d%d",&n,&m); 47 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y); 48 for(int i=1,x;i<=m;i++){ 49 scanf("%d",&x);l[i].a=p[x]; 50 scanf("%d%d",&l[i].b.x,&l[i].b.y); 51 id[i][0]=++tot;id[i][1]=++tot; 52 } 53 for(int i=1;i<=m;i++) 54 for(int j=i+1;j<=m;j++)if(i!=j&&judge(i,j)){ 55 Adde(id[i][0],id[j][1]); 56 Adde(id[i][1],id[j][0]); 57 Adde(id[j][0],id[i][1]); 58 Adde(id[j][1],id[i][0]); 59 } 60 for(int i=1;i<=tot;i++)if(!dfn[i])tarjan(i); 61 int fg=0;for(int i=1;i<=m;i++)if(bl[id[i][0]]==bl[id[i][1]]){fg=1;break;} 62 puts(fg?"impossible":"possible"); 63 return 0; 64 }