P10801 [CEOI 2024] 海战

洛谷

题目要求找到哪些没有撞的。

考虑如何计算两个战舰是否会相撞。

如果两个方向分别向南北方向那么需要满足 \(x\) 坐标相等。

两个相遇时消耗的时间为两个的 \(y\) 坐标差值的一半（简单的相遇问题）。

东西方向同理可得。

然后考虑如果一个向北，一个向东，那么怎么判断是否会相遇。

我们先假设相撞的点为 \((x,y)\)，经过的时间为 \(t\)。

那么向北原本处于 \((x,y+t)\)，向东的原本处于 \((x-t,y)\)。

那么不难发现，我们需要保证这两个点的横坐标纵坐标差相等，并且方向要正确。

移项发现需要满足 \(y-x\) 的值相等时才有机会相撞。

其它的也用类似的方法推理即可。

那么我们把所有相撞方式分为 \(6\) 种，然后把有机会相撞的都给塞到一个 set 或者链表中。

按照横坐标或者纵坐标的值排序，显然相邻的两个更快相撞，并且如果两个无法相撞，那么两个可以看作两个需要反方向移动才能撞到，那么自然不用考虑越过这两个的点相撞。

判断能否相撞有直接枚举所有情况判断的笨方法，但实际上也可以改一下时间计算方法，如果计算出是负数或者方向相等则不会相撞，这样大概可以简化代码。

那么我们判断每个相邻的能否相撞，如果是，那么就加入一个小根堆中，每次把最小的取出来，进行修改即可。

注意多个撞到一起的情况也要考虑。

代码具体实现看代码和注释。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int read(){
	char c=getchar();int x=0;bool f=0;
	while(c>'9'||c<'0'){
		if(c=='-')f=1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	if(f)return -x;
	return x;
}
int n,x[200005],y[200005],d[200005],vis[200005],id[6];
char op[3];
map<int,int> mp[6];
struct P{
	int v,x;
	bool friend operator<(P a,P b){
		return a.v<b.v;
	}
	P(int a,int b){
		v=a,x=b;
	}
};
set<P> s[6][200005];
void add(int op,int x,int v,int p){//加入set 
	if(!mp[op][x])mp[op][x]=++id[op];
	s[op][mp[op][x]].insert({v,p});
}
void solve(int p,int x,int y,char op){
	if(op=='N'){
		d[p]=0;
		add(0,x,y,p),add(2,y-x,x,p),add(3,y+x,x,p);
	}
	if(op=='S'){
		d[p]=1;
		add(0,x,y,p),add(4,y+x,x,p),add(5,y-x,x,p);
	}
	if(op=='E'){
		d[p]=2;
		add(1,y,x,p),add(2,y-x,x,p),add(4,y+x,x,p);
	}
	if(op=='W'){
		d[p]=3;
		add(1,y,x,p),add(3,y+x,x,p),add(5,y-x,x,p);
	}
}
struct Q{
	int dis;
	P x,y;
	bool friend operator<(Q a,Q b){
		return a.dis>b.dis;
	}
};
priority_queue<Q> q;
int calc(int a,int b){//求时间 
	if(x[a]==x[b])return abs(y[a]-y[b])+1>>1;
	if(y[a]==y[b])return abs(x[a]-x[b])+1>>1;
	return abs(x[a]-x[b]);
}
bool check(int a,int b){//判断同一组中是否可以相撞（写的好像比较复杂，但也很无脑） 
	if(d[a]==d[b])return false;
	if(d[a]==0&&d[b]==1&&y[a]>y[b])return true;
	if(d[a]==0&&d[b]==2&&y[a]>y[b])return true;
	if(d[a]==0&&d[b]==3&&y[a]>y[b])return true;
	if(d[a]==1&&d[b]==2&&y[a]<y[b])return true;
	if(d[a]==1&&d[b]==3&&y[a]<y[b])return true;
	if(d[a]==2&&d[b]==3&&x[a]<x[b])return true;
	swap(a,b);
	if(d[a]==0&&d[b]==1&&y[a]>y[b])return true;
	if(d[a]==0&&d[b]==2&&y[a]>y[b])return true;
	if(d[a]==0&&d[b]==3&&y[a]>y[b])return true;
	if(d[a]==1&&d[b]==2&&y[a]<y[b])return true;
	if(d[a]==1&&d[b]==3&&y[a]<y[b])return true;
	if(d[a]==2&&d[b]==3&&x[a]<x[b])return true;
	return false;
}
void solve2(int p){
	for(int j=1;j<=id[p];j++){
		int la=0;P tmp={0,0};
		for(P u:s[p][j]){
			if(la){
				if(check(la,u.x))q.push({calc(la,u.x),u,tmp});
			}
			la=u.x;
			tmp=u;
		}
	}
}
void del(int p,int w,P x){//删除并且把隔开的加入 
	w=mp[p][w];
	auto it=s[p][w].find(x);
	if(it==s[p][w].end())return;
	auto it2=it;it2++;
	if(it!=s[p][w].begin()&&it2!=s[p][w].end()){
		it--;
		if(check(it->x,it2->x))q.push({calc(it->x,it2->x),*it,*it2});
	}
	s[p][w].erase(x);
}
void Del(int p){
	if(d[p]==0)del(0,x[p],{y[p],p}),del(2,y[p]-x[p],{x[p],p}),del(3,y[p]+x[p],{x[p],p});
	if(d[p]==1)del(0,x[p],{y[p],p}),del(4,y[p]+x[p],{x[p],p}),del(5,y[p]-x[p],{x[p],p});
	if(d[p]==2)del(1,y[p],{x[p],p}),del(2,y[p]-x[p],{x[p],p}),del(4,y[p]+x[p],{x[p],p});
	if(d[p]==3)del(1,y[p],{x[p],p}),del(3,y[p]+x[p],{x[p],p}),del(5,y[p]-x[p],{x[p],p});
}
signed main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		x[i]=read(),y[i]=read();
		scanf("%s",op);
		solve(i,x[i],y[i],op[0]);//加入对应的组 
	}
	for(int i=0;i<6;i++)solve2(i);//把相邻值加入小根堆 
	while(!q.empty()){
		Q u=q.top();
		q.pop();
		int x=u.x.x,y=u.y.x;
		if(vis[x]&&vis[x]<u.dis||vis[y]&&vis[y]<u.dis)continue;
		vis[x]=vis[y]=u.dis;
		Del(x),Del(y); 
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])printf("%lld\n",i);
	return 0;
}
/*
0 N S x
1 E W y
2 N E y-x
3 N W y+x
4 S E y+x
5 S W y-x
全部按照权值丢进set
计算方向不同的相邻船需要多少时间
丢进优先队列跑 
然后开始赤石 
*/