ABC272D Root M Leaper 根号M的跳跃

我的翻译！

思路

考虑广搜，棋子第一次到达某个方格用的步数就是这个方格的答案。但不要盲目地搜，需要纸上计算一下位于 \((X,Y)\) 的棋子，如果已知目标点的横坐标 \(x\)，求目标点的纵坐标 \(y\)。下面是推导过程：

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1. 求出 \(x\) 的范围。设 \(L=\sqrt M\)，因为距离为 \(L\)，\(x\) 是整数，横坐标应满足

\[\hspace9ex\lceil X-L\rceil \le x \le \lfloor X+L\rfloor\hspace10ex (1) \]

即

\[\hspace10ex\ X-\lfloor L\rfloor \le x \le i+\lceil L\rceil\hspace10ex (2) \]

2. 由题意可知:

\[\hspace4ex \sqrt {(X-x)^2+(Y-y)^2}=\sqrt M \hspace10ex(3) \]

\[\ \ \iff (X-x)^2+(Y-y)^2=M \hspace11ex(4) \]

现在 \(M,(X-x)^2\) 是已知的，我们假设 \(\Delta=M-(X-x)^2\)，由 \((2)\) 可得， \(\Delta \ge 0\)。

\[(4) \iff Y^2-2Yy+y^2=\Delta \hspace15ex (5) \]

把 \(y\) 当成主元，求解一元二次方程 \(y^2-2Yy+(Y^2-\Delta)=0\)。

解得：

\[\hspace12ex y=Y\pm \sqrt \Delta \hspace20ex (6) \]

显然，若 \(\Delta> 0\)，一个 \(x\) 对应两个 \(y\)。

实际上，这个题也可以用圆的方程数形结合来考虑：目标点共圆，半径为 \(\sqrt M\)，由一个单位圆投影加平移得到。过程计算量差不多。

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由于 \((x,y)\) 是整点，应当满足 \(\sqrt\Delta\in\mathbb{N}_+\) 且 \(x,y\in[1,N]\)，这里特判一下即可。如果不满足，就不加入广搜队列。复杂度： \(O(N^2\sqrt M)\)。实际上会低一些，因为在极限情况下，\(\sqrt M\) 远远超过方阵最远距离（对角线），可以在代码里优化到最多 \(O(N^3)\)。并且时限 2000ms，可过。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
	int x,y,step;
	node(int x,int y,int step):x(x),y(y),step(step){}//构造函数
};queue<node>q;
bool check(int d){//判断Δ是否是完全平方数
	int sd=sqrt(d);
	if(sd*sd==d)return true;
	return false;
}int n,m,mp[405][405];
void Upd(int x,int y,int data){
	if(y<=n&&y>=1&&mp[x][y]==-1){
		mp[x][y]=data;
		q.push(node(x,y,data));
	}
}

signed main(){
	cin>>n>>m;
	memset(mp,-1,sizeof(mp));
  	/*小技巧：初始化为-1，既可以判断是否访问，
  	又可以在无法访问时报错*/
	mp[1][1]=0;
	q.push(node(1,1,0));
	while(!q.empty()){
		node h=q.front();q.pop();
		int lim=sqrt(m),i=h.x,j=h.y;//int 类型已经帮我们向下取整了
		for(int k=max(1,h.x-lim);k<=min(n,h.x+lim);k++){//max 和 min 函数帮我们逃离过大的 m 导致的问题
			int delta=m-(i-k)*(i-k);
			if(check(delta)){
				Upd(k,j+sqrt(delta),h.step+1);
				Upd(k,j-sqrt(delta),h.step+1);
			}
		}//这里的 k 相当于枚举可能的 x
	}for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			printf("%d ",mp[i][j]);
		}puts("");
	}
	return 0;
}