例题6-22 战场 UVa11853

1.题目描述：点击打开链接

2.解题思路：本题初看起来比较麻烦，不妨简化一下：先判断是否有解，再考虑如何求出解。根据题意描述，相当于在一个正方形中有若干个圆形障碍物，问是否能从左边界走到右边界。判断是否有解需要一点创造性的思维：不妨把正方形当做一个湖，所有的圆形都是垫脚石，假设我们可以从上边界“踩着”垫脚石成功走到下边界，说明左右边界是不连通的；否则就是连通的。想到了这里，便不难用dfs或bfs来判断是否有解了：每次都从和上边界相交的圆开始进行dfs，如果遇到某个圆和下边界也相交，那么无解。

那么如何寻找解呢，根据题意需要找到最靠近北边的。这样的话，只需要找到所有与左边界相交的圆中最靠南边的交点即可，同理可以找到右边界的解。

本题在数据处理上有一个小技巧：把圆形设计成一个结构体，维护圆心坐标和半径，同时用read成员函数读入数据，比用scanf函数方便了很多。

3.代码：

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<sstream>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<functional>
using namespace std;

#define N 1000+10
struct Circle
{
	int x, y, r;
	void read()
	{
		scanf("%d%d%d", &x, &y, &r);
	}
}c[N];
double ans1, ans2;
int n, vis[N];

bool can(Circle a, Circle b)//判断两个圆是否相交或相切
{
	int dx = a.x - b.x;
	int dy = a.y - b.y;
	return dx*dx + dy*dy - (a.r + b.r)*(a.r + b.r) <= 0;
}
bool dfs(int u)
{
	vis[u] = 1;
	if (c[u].y - c[u].r <= 0)return false;//圆和下边界有交点，说明不存在解，直接退出
	if (c[u].x - c[u].r <= 0)ans1 = min(ans1, c[u].y - sqrt(c[u].r*c[u].r - c[u].x*c[u].x));//与左边界有交点，取纵坐标的较小者
	if (1000 - c[u].x - c[u].r <= 0)ans2 = min(ans2, c[u].y - sqrt(c[u].r*c[u].r - (1000 - c[u].x)*(1000 - c[u].x)));//与右边界有交点，取纵坐标较小者
	for (int i = 0; i < n; i++)
	if (!vis[i])
	{
		if (can(c[u], c[i]))//路径可以继续扩展
		if (!dfs(i))return false;
	}
	return true;
}
void solve()
{
	ans1 = ans2 = 1000;
	for (int i = 0; i < n; i++)
	if (!vis[i] && c[i].y + c[i].r>=1000)//从与上边界有交点的圆出发
	{
		if (!dfs(i))//不存在解，如果存在解那么每次dfs后都会更新解
		{
			puts("IMPOSSIBLE");
			return;
		}
	}
	printf("0.00 %.2lf 1000.00 %.2lf\n", ans1, ans2);
}
int main()
{
	//freopen("t.txt", "r", stdin);
	while (~scanf("%d", &n))
	{
		memset(vis, 0, sizeof(vis));
		for (int i = 0; i < n; i++)
			c[i].read();//利用成员函数方便读入数据
		solve();
	}
	return 0;
}