[nowcoder] 16417 奶酪
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空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K
64bit IO Format: %lld
题目描述
现有一块大奶酪，它的高度为 h，它的长度和宽度我们可以认为是无限大的，奶酪中间有许多半径相同的球形空洞。我们可以在这块奶酪中建立空间坐标系， 在坐标系中，奶酪的下表面为 z = 0，奶酪的上表面为 z = h。
现在， 奶酪的下表面有一只小老鼠 Jerry， 它知道奶酪中所有空洞的球心所在的坐标。如果两个空洞相切或是相交，则 Jerry 可以从其中一个空洞跑到另一个空洞，特别地，如果一个空洞与下表面相切或是相交， Jerry 则可以从奶酪下表面跑进空洞； 如果一个空洞与上表面相切或是相交， Jerry 则可以从空洞跑到奶酪上表面。
位于奶酪下表面的 Jerry 想知道， 在不破坏奶酪的情况下，能否利用已有的空洞跑到奶酪的上表面去?
空间内两点 P1(x1,y1,z1) 、P2(x2,y2,z2) 的距离公式如下：
输入描述:
每个输入文件包含多组数据。
输入文件的第一行，包含一个正整数 T，代表该输入文件中所含的数据组数。
接下来是 T 组数据，每组数据的格式如下：
第一行包含三个正整数 n， h 和 r， 两个数之间以一个空格分开，分别代表奶酪中空洞的数量，奶酪的高度和空洞的半径。
接下来的 n 行，每行包含三个整数 x, y, z， 两个数之间以一个空格分开， 表示空洞球心坐标为 (x,y,z)。
输出描述:
输出文件包含 T 行，分别对应 T 组数据的答案，如果在第 i 组数据中， Jerry 能从下表面跑到上表面，则输出“Yes”，如果不能，则输出“No”（均不包含引号）。
示例1
输入
3
2 4 1
0 0 1
0 0 3
2 5 1
0 0 1
0 0 4
2 5 2
0 0 2
2 0 4
输出
Yes
No
Yes
备注:
对于 20%的数据， n = 1， 1 ≤ h , r ≤ 10,000，坐标的绝对值不超过 10,000。
对于 40%的数据， 1 ≤ n ≤ 8， 1 ≤ h , r ≤ 10,000，坐标的绝对值不超过 10,000。
对于 80%的数据，1 ≤ n ≤ 1,000， 1 ≤ h , r ≤ 10,000，坐标的绝对值不超过 10,000。
对于 100%的数据， 1 ≤ n ≤ 1,000， 1 ≤ h , r ≤ 1,000,000,000， T ≤ 20，坐标的绝对值不超过 1,000,000,000。
题解
思路
问题中有两个需要注意的点，一个是空洞和空洞有合并的情况，另一个是合并后空洞的最大高度。因此，合并父节点的情况可以采用并查集的方式来维护，而对于最大高度的情况，思路是保存每个空洞的最高点，然后查询空洞根父亲节点的高度。然而这种思路还有一个比较重要的注意事项，即：能否有一个空洞的最低点小于0。如果所有空洞的最低点都大于0，一定是不可以的。所以维护一个st数组来保证哪些节点最低点是小于0的，以此保证其根父亲节点有意义。
另外，虽然最开始采用的是dis的平方进行比较，但考虑到r数据范围到1e9，所以应该采用开方后比较，并使用ll。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<set>
#include<list>
#include<deque>
#include<map>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-9;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll MAXN = 1e3+10;
ll fa[MAXN];
ll hei[MAXN];
ll st[MAXN];
ll cnt = 0;
struct Node{
ll x;
ll y;
ll z;
}nod[MAXN];
void init(){
for(ll i=0;i<MAXN;i++){
fa[i] = i;
}
cnt = 0;
memset(hei,0,sizeof(hei));
memset(nod,0,sizeof(nod));
memset(st,0,sizeof(st));
return ;
}
ll dis(ll x1,ll y1,ll z1,ll x2,ll y2,ll z2){
return (x2-x1)*(x2-x1)+(y2-y1)*(y2-y1)+(z2-z1)*(z2-z1);
}
ll find(ll x){
if(fa[x]==x) return x;
else{
return fa[x] = find(fa[x]);
}
}
ll merge(ll x,ll y){
ll fx = find(x);
ll fy = find(y);
if(fx==fy) return 0;
else{
if(hei[fx]>hei[fy]){
fa[fy] = fx;
}else{
fa[fx]=fy;
}
return 1;
}
}
int main(){
ll T;
while(~scanf("%lld",&T)){
while(T--){
init();
ll n,h,r;
scanf("%lld %lld %lld",&n,&h,&r);
for(ll i=0;i<n;i++){
Node cur;
scanf("%lld %lld %lld",&cur.x,&cur.y,&cur.z);
hei[i] = cur.z+r;
if(cur.z-r<=0){
st[cnt++] = i;
}
nod[i] = cur;
}
for(ll i=0;i<n;i++){
for(ll j=0;j<i;j++){
Node n1 = nod[i];
Node n2 = nod[j];
//printf("dis:%d
",dis(n1.x,n1.y,n1.z,n2.x,n2.y,n2.z));
if(sqrt(1.0*dis(n1.x,n1.y,n1.z,n2.x,n2.y,n2.z))<2*r+eps){
merge(i,j);
}
}
}
ll flag= 0;
for(ll i=0;i<cnt;i++){
ll father = find(st[i]);
if(hei[father]>=h){
flag = 1;
printf("Yes
");
break;
}
}
if(flag==0){
printf("No
");
}
}
}
return 0;
}