CF993C 飞船大战
1 CF993C 飞船大战
2 题目描述
时间限制 \(2s\) | 空间限制 \(256M\)
有两艘小宇宙飞船被两组敌人的大宇宙飞船包围了。他们在一个二维平面上，有一组敌人的飞船的所有 \(x\) 坐标都是 \(-100\)，\(y\) 坐标都是整数，另外一组所有 \(x\) 坐标都是 \(100\)， \(y\) 坐标都是整数。两组飞船里面的每艘飞船都同时发出两束激光（功率极大，接触到的飞船都会被彻底摧毁）。一束瞄准一艘小飞船，另外一束瞄准另外一艘小飞船。两艘小飞船都可以躲开所有的激光射击，现在两艘小飞船想把把自己移动到横轴 \(x=0\) 的坐标位置，\(y\) 不限（\(y\) 不需要必须是整数），这样朝向他们发射的激光会摧毁敌人的飞船。假设敌人的大飞船不会躲避激光，找出这种方法可以摧毁的最多的飞船数量。
数据范围：\(1≤𝑛,𝑚≤60\)，分别是\(x=-100\) 和 \(x=100\) 飞船的个数；\(|\)𝑦\(_1\)\(_,\)\(_𝑖|≤10000\)，\(|\)𝑦\(_2\)\(_,\)\(_𝑖|≤10000\) 分别是两组飞船的 \(y\) 坐标。
3 题解
因为我方飞船可能在非整数位置，且位置的数据范围很大，所以我们无法直接枚举我方飞船可能的位置。观察性质发现：如果位于 \((100, y_1)\) 的敌人的飞船击落了位于 \((-100, y_2)\) 的敌人的飞船，那么我们肯定有一架飞船位于 \((0, \dfrac{y_1 + y_2}{2})\) 这一位置。这一性质可以用全等证明。此时，我们可以用 \(map\) 帮助我们将所有可能的敌人的飞船位置标记出来并去重。那么我们是否可以直接枚举左右两侧的敌人的飞船，处理出每个我方位置可以击落敌人飞船的个数，然后输出最大值 \(+\) 次大值呢？
这里存在一个问题：对于两个不同的我方位置，可能存在某些敌人的飞船被判定攻击过了两次。如果我们直接去重，会导致时间复杂度过高，无法通过此题。这里我们想到：可以用一个二进制位表示一艘敌人的飞船。\(0\) 代表该敌人的飞船并未被击落，\(1\) 代表该敌人的飞船已经被击落。我们可以用两个 \(bitset\) 维护这些信息，分别代表左侧和右侧的敌人的飞船。最终我们只需要将枚举的两个不同敌人的飞船位置所对应的不同的 \(bitset\) 状态或起来，然后统计 \(1\) 的个数即可。
4 代码（空格警告）：
#include <iostream>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <map>
using namespace std;
const int N = 65;
const int M = 1e4+10;
int n, m, cnt, ans;
int y_1[N], y_2[N];
bitset<65>l[N*N], r[N*N], c, d;
map<int,int> Map;
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> y_1[i];
for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> y_2[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= m; j++)
{
if (!Map[y_1[i] + y_2[j]]) Map[y_1[i] + y_2[j]] = ++cnt;
l[Map[y_1[i] + y_2[j]]].set(i);
r[Map[y_1[i] + y_2[j]]].set(j);
}
}
for (int i = 1; i <= cnt; i++)
{
for (int j = 1; j <= cnt; j++)
{
c = l[i] | l[j];
d = r[i] | r[j];
ans = max(ans, int(c.count() + d.count()));
}
}
cout << ans;
return 0;
}
欢迎关注我的公众号：智子笔记
