跳跳棋「LCA+二分答案」
跳跳棋「LCA+二分答案」
题目描述
跳跳棋是在一条数轴上进行的。棋子只能摆在整点上。每个点不能摆超过一个棋子。
我们用跳跳棋来做一个简单的游戏：棋盘上有3颗棋子，分别在\(a，b，c\)这三个位置。我们要通过最少的跳动把他们的位置移动成\(x，y，z\)。（棋子是没有区别的）
跳动的规则很简单，任意选一颗棋子，对一颗中轴棋子跳动。跳动后两颗棋子距离不变。一次只允许跳过\(1\)颗棋子。
写一个程序，首先判断是否可以完成任务。如果可以，输出最少需要的跳动次数。
输入格式
第一行包含三个整数，表示当前棋子的位置\(a\) \(b\) \(c\)。（互不相同）
第二行包含三个整数，表示目标位置\(x\) \(y\) \(z\)。（互不相同）
输出格式
如果无解，输出一行\(NO\)。
如果可以到达，第一行输出\(YES\)，第二行输出最少步数。
输入输出样例
输入 #1
1 2 3
0 3 5
输出 #1
YES
2
说明/提示
\(20\)% 输入整数的绝对值均不超过\(10\)
\(40\)% 输入整数的绝对值均不超过\(10000\)
\(100\)% 绝对值不超过\(10^{9}\)
思路分析
声明：本蒟蒻喜欢把东西讲的很详细（因为我不会），所以篇幅有点长
此题神级建模！
——老姚
没有思路
神级建模，暗示看不出来
清华集训，暗示本蒟蒻不配
这题是真滴没想到能扯到\(LCA\)果断一个特判一个NO骗分就走
-
这题只有三个棋子，棋子的移动还算比较单一，尽管可以构成数不清的情况，以这个作为一个突破点
-
假设三颗棋子的初始位置是\(x,y,z\),棋子的移动情况大体上一共就两种：
- 两端向中间跳
- 中间向两端跳
-
不难发现，对于第\(2\)种情况，棋子的跳动是没有限制的，想跳多远就能跳多远，关键在于第1种情况
-
针对第\(1\)种情况，我们设\(x\)到\(y\)的距离为\(d_{1}\)，\(y\)到\(z\)的距离为\(d_{2}\)，此时可以再划分出三种小情况（注意都是向中间）：
- \(d_{1}\)>\(d_{2}\)：这时候只能\(z\)跳到\(x\)，\(y\)的中间，等价于\(y\)和\(z\)向左平移\(d_{2}\)个单位长度（注意这里的\(xyz\)是三个棋子的相对顺序，而不是编号）
- \(d_{1}<d_{2}\)：与上述情况相似，\(x\)跳，等价于\(x\)和\(y\)向右平移\(d_{1}\)个单位长度
- \(d_{1}==d_{2}\)：划重点~。不难发现，此时两边的棋子已经无法再向中间跳了，我们将其成为终极状态，再次找到突破点
-
以这个终极状态为出发点，通过棋子的花式跳动可以跳出许多状态，我们称其为子状态。显而易见的一个性质就是，这个终极状态的任意两个子状态，都可以通过先转化为终极状态，再互相到达彼此的状态
-
由此，有没有联想到什么？？是不是和树很像？终极状态就是根节点，而子状态就是这个树上的任意一个节点。那么对于两种棋子的状态是否能互相转化，我们只需要判断其跟节点，即终极状态是否相同即可,只不过每个节点是三个点的坐标的结构体。
-
那最小步数到这里应该也比较明了了，和判断是否能互相转化的思想类似，只不过不需要跳到终极状态而已，但肯定需要一个相同的中间状态来转化，而且还需要步数最小，那不就是最近公共祖先（LCA）吗？
-
剩下最后一个问题，数据范围这么大你总不能建一棵树出来吧？那要怎么收敛状态？考虑转移过程，对于像\(1,2，1e9\)这种数据，我们其实可以一下处理出跳的次数的，在这种情况下，每一次跳的距离是一样的，所以我们可以求出连续跳 \(k=(d_{2}−1)/d_{1}\) 次后 \(d_{1}>=d_{2}\)（记得-1，否则可能重合）
-
那么公共祖先就可以在这个数轴上二分枚举了，这道题基本解决
细节见代码
Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int x = 0,f = 1;
char ch = getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch = getchar();}
return x*f;
}
const int inf = 0x3f3f3f3f;
struct Node{
int x,y,z;
void Init(){
x = read(),y = read(),z = read();
if(x>y)swap(x,y); //记得维护顺序
if(x>z)swap(x,z);
if(y>z)swap(y,z);
}
}a,b,ra,rb;
bool check(Node u,Node v){ //判断终极状态相同与否
return u.x==v.x&&u.y==v.y&&u.z==v.z;
}
int step,k;
Node getroot(Node t,int s){ //转移到终极状态，s表示距离，step表示跳的步数
for(step=0;s;step+=k){
int d1 = t.y-t.x,d2 = t.z-t.y;
if(d1==d2)return t;
if(d1<d2){
k = min((d2-1)/d1,s); //跳多些
t.x+=k*d1,t.y+=k*d1;
s-=k;
}
else{
k = min((d1-1)/d2,s);
t.z -= k*d2,t.y-=k*d2;
s-=k;
}
}
return t;
}
int main(){
a.Init(),b.Init();
ra = getroot(a,inf);
int step1 = step;
rb = getroot(b,inf);
int step2 = step;
if(!check(ra,rb)){ //不同
printf("NO\n");
return 0;
}
if(step1<step2){ //一般求LCA的思想，先让远的先跳
swap(a,b);
swap(step1,step2);
}
a = getroot(a,step1-step2);//跳到相同位置再一起跳
int l = 0,r = step2;
while(l<r){
int mid = (l+r)>>1; //枚举到祖先的距离，一起跳
if(check(getroot(a,mid),getroot(b,mid)))r = mid;
else l = mid+1;
}
printf("YES\n%d\n",(l<<1)+step1-step2);//记得×2和加上a先跳的
}
