基础计算几何
Posted 斗奋力努
tags:
篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了基础计算几何相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
前言：匡斌这套基础计算几何挺仁慈的 ，感觉没有卡一些奇奇怪怪的东西，大家应该可以随便切，这里会提供所有题目的代码，以及提供部分的题思路。
省赛冲冲冲
主要目的是骗阅读量。
题目
文章目录
TOYS
考查点: 叉积点积的基础运用
思路：
对于每组数据，输出 n+1行。
n个纸板将收纳盒划分为了 n+1 个分区，从左到右编号为 0∼n。
按照分区编号从小到大的顺序，每行输出一行信息 i: j，其中i表示分区编号，j 表示分区内玩具数量。
记录上下点，二分找答案。如果在左边，area为正。否则为负
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll>PDD;
const double eps=1e-8;
const int N=5e3+5;
ll n,m,x1,y1,x2,y2;
PDD a[N],b[N]; //a表示上面点，b表示下面点
ll ans[N]; //答案
PDD operator-(PDD a,PDD b){return {a.x-b.x,a.y-b.y};}
double operator*(PDD a,PDD b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
ll area(PDD p,PDD a,PDD b){return (a-p)*(b-p);}
ll find(ll x,ll y){
ll l=0,r=n;
while(l<r){
ll mid=l+r>>1;
if(area(b[mid],a[mid],{x,y})>0) r=mid;
else l=mid+1;
}
return r;
}
int main(){
int is_first=true;
while(scanf("%lld",&n)){
if(n==0) break;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&m,&x1,&y1,&x2,&y2);
for(ll i=0;i<n;i++){
ll u,l;scanf("%lld%lld",&u,&l);
a[i]={u,y1},b[i]={l,y2};
}
a[n]={x2,y1},b[n]={x2,y2};
if(is_first) is_first=false;
else printf("\\n");
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(ll i=1;i<=m;i++){
ll x,y; scanf("%lld%lld",&x,&y);
ans[find(x,y)]++;
}
for(int i=0;i<=n;i++) printf("%d: %d\\n",i,ans[i]);
}
}
ToyStorage
考查点: 叉积点积的基础运用
思路：跟上一条差不多，不过这题是无序的，要先将纸板从小到大排序
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll>PDD;
const ll N=1e3+5;
const double eps=1e-8;
ll n,m,x1,yy,x2,y2;
ll ans[N],num[N];
PDD a[N],b[N];
struct node{
ll sh,xi;
bool operator<(const node &t)const{
if(sh==t.sh) return xi<t.xi;
return sh<t.sh;
}
}c[N];
PDD operator-(PDD a,PDD b){return {a.x-b.x,a.y-b.y};}
double operator*(PDD a,PDD b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
ll area(PDD p,PDD a,PDD b){return (a-p)*(b-p);}
ll find(ll x,ll y){
ll l=0,r=n;
while(l<r){
ll mid=(l+r)>>1;
if(area(b[mid],a[mid],{x,y})>0) r=mid;
else l=mid+1;
}
return r;
}
int main(){
while(scanf("%lld",&n)){
if(n==0) break;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&m,&x1,&yy,&x2,&y2);
for(ll i=0;i<n;i++) scanf("%lld%lld",&c[i].sh,&c[i].xi);
c[n]={x2,y2};
sort(c,c+n+1);
for(ll i=0;i<=n;i++) {
a[i]={c[i].sh,yy};
b[i]={c[i].xi,y2};
}
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(ll i=1;i<=m;i++){
ll x,y;scanf("%lld%lld",&x,&y);
ans[find(x,y)]++;
}
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i=0;i<=n;i++){
if(ans[i]) num[ans[i]]++;
}
printf("Box\\n");
for(ll i=0;i<=n;i++){
if(num[i]) printf("%lld: %lld\\n",i,num[i]);
}
}
}
Segments
题意：t组数据，每组有n条线段，问是否存在某直线穿过所有线段
思路：根据题意，我们可以知道，将线段的所有端点暴力枚举，每次选两个，构成直线。
然后再去跟所有线段判断是否存在交点即可。可以画图去枚举两点构成直线，就可以发现规律
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<double,double>PDD;
const int N=205;
const double eps=1e-8;
int n;
PDD q[N],a[N],b[N];
int sign(double x){
if(fabs(x)<eps) return 0;
if(x<0) return -1;
return 1;
}
int cmp(double x,double y){
if(fabs(x-y)<eps) return 0;
if(x<y) return -1;
return 1;
}
PDD operator-(PDD a,PDD b){return {a.x-b.x,a.y-b.y};}
double operator*(PDD a,PDD b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
double area(PDD p,PDD a,PDD b){return (a-p)*(b-p);}
bool check(){
for(int i=0;i<2*n;i++){ //枚举两个端点
for(int j=i+1;j<2*n;j++){
if(!cmp(q[i].x,q[j].x)&&!cmp(q[i].y,q[j].y)) continue; //不能是同一点
bool flag=true;
for(int k=0;k<n;k++){ //枚举线段
if(sign(area(q[i],q[j],a[k]))*sign(area(q[i],q[j],b[k]))>0){//>0即代表无端点
flag=false;break;
}
}
if(flag) return true;
}
}
return false;
}
void solve(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0,k=0;i<n;i++){
double x1,y1,x2,y2;
scanf("%lf%lf%lf%lf",&x1,&y1,&x2,&y2);
q[k++]={x1,y1},q[k++]={x2,y2}; //记录所有端点
a[i]={x1,y1},b[i]={x2,y2};
}
if(check()) puts("Yes!");
else puts("No!");
}
int main(){
int t;scanf("%d",&t);
while(t--) solve();
}
Intersecting-Lines
考察点：两直线的位置关系
题意：两直线是相交、相合还是平行
相交输出：交点坐标；
相合输出：LINE
平行输出：NONE
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<double,double>PDD;
const double eps=1e-8;
PDD a[10];
int n;
int sign(double x){
if(fabs(x)<eps) return 0;
if(x<0) return -1;
else return 1;
}
PDD operator+(PDD a,PDD b){return {a.x+b.x,a.y+b.y};}
PDD operator*(PDD a,double b){return {a.x*b,a.y*b};}
double operator*(PDD a,PDD b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
PDD operator-(PDD a,PDD b){return {a.x-b.x,a.y-b.y};}
double area(PDD p,PDD a,PDD b){return (a-p)*(b-p);}
PDD get_line_intersection(PDD p,PDD v,PDD q,PDD w){//求交点，点项式表示
PDD u=p-q;
double t=(w*u)/(v*w);
return p+v*t;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
puts("INTERSECTING LINES OUTPUT");
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=4;j++) scanf("%lf%lf",&a[j].x,&a[j].y);
a[5]=a[1]-a[2]; //向量(a-->d)
a[6]=a[3]-a[4]; //向量(c-->d)
if(sign(a[5]*a[6])==0){
if(area(a[1],a[3],a[4])==0) puts("LINE"); //相合
else puts("NONE"); //平行
}
else{
PDD t=get_line_intersection(a[1],a[5],a[3],a[6]); //求交点
printf("POINT %.2f %.2f\\n",t.x,t.y);
}
}
puts("END OF OUTPUT");
return 0;
}
TheDoors
考察点:最短路+计算几何+思维
题意：起点(0,5),终点(10,5)的10*10的房间，房间中存在一些墙，问从起点到终点的最短距离
注:poj年纪有点大了，不用用优先队列，理论来说本题最短路部分是可以用邻接表写的。
不过poj不允许，这里会提供一份用邻接矩阵写的ac代码和一份用邻接表写的tle代码（其他oj应该可以过）
ac代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<double,double>PDD;
const int N=406;
const double eps=1e-8;
const double inf=0x3f3f3f3f;
int n,po,li;
PDD point[N];
double dis[N];
bool vis[N];
int idx;
double mp[N][N];
struct Line{
PDD a,b;
}line[N];
int sign(double x){
if(fabs(x)<eps) return 0;
if(x<0) return -1;
return 1;
}
PDD operator-(PDD a,PDD b){return{a.x-b.x,a.y-b.y};}
PDD operator*(PDD a,double b){return{a.x*b,a.y*b};}
double operator*(PDD a,PDD b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
double get_dis(int a,int b){//两点构成线段的长度
double xx=point[a].x-point[b].x;
double yy=point[a].y-point[b].y;
return sqrt(xx*xx+yy*yy);
}
bool segment_intersection(PDD a1,PDD a2,PDD b1,PDD b2){ //两线段是否有交点
double c1=(a1-a2)*(a1-b1);
double c2=(a1-a2)*(a1-b2);
double c3=(b1-b2)*(b1-a2);
double c4=(b1-b2)*(b1-a1);
return sign(c1)*sign(c2)<0&&sign(c3)*sign(c4)<0;
}
bool check(int x,int y){
for(int i=1;i<=li;i++){//拿所有的墙去与可能的路线比较,看是否存在交点,存在则不能成为边,因为不能穿墙
if(segment_intersection(point[x],point[y],line[i].a,line[i].b)){
return false;
}
}
return true;
}
void get_could_path(){ //获得所有可行路线，存在邻接矩阵中
for(int i=1;i<=po+1;i++){
for(int j=i;j<=po+1;j++){
if(i==j) mp[i][j]=0;
else mp[i][j]=mp[j][i]=inf;
}
}
for(int i=1;i<=po;i++){
for(int j=i+1;j<=po;j++){//枚举所有两个端点组合，看是否为可行路线
if(check(i,j)){//可以就更新邻接矩阵
double dist=get_dis(i,j);
mp[i][j]=mp[j][i]=dist;
}
}
}
}
void dijkstra(){ //最短路模板
for(int i=1;i<=po;i++){
dis[i]=mp[1][i];
vis[i]=0;
}
dis[1]=0,vis[1]=1;
int k;
for(int i=2;i<=po;i++){
double minn=inf;
for(int j=1;j<=po;j++){
if(!vis[j]&&dis[j]<minn){
minn=dis[j];
k=j;
}
}
dis[k]=minn;
vis[k]=1;
for(int j=1;j<=po;j++){
if(!vis[j]&&mp[k][j]+dis[k]<dis[j]){
dis[j]=mp[k][j]+dis[k];
}
}
}
}
int main(){
while(scanf("%d",&n)){
if(n==-1) break;
po=li=0;
point[++po]={0.0,5.0};
for(int i=1;i<=n;i++){
double x,y[7];
y[0]=0.0,y[5]=10.0; //起点
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf",&x,&y[1],&y[2],&y[3],&y[4]);
for(int j=1;j<=4;j++) point[++po]={x,y[j]}; //获得所有端点
line[++li]={{x,y[1]},{x,y[0]}};//获得所有的墙
line[++li]={{x,y[3]},{x,y[2]}};
line[++li]={{x,y[5]},{x,y[4]}};
}
point[++po]={10.0,5.0};//终点
get_could_path();
dijkstra();
printf("%.2f\\n",dis[po]);
}
}
tle的链式前
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<double,double>PDD;
const int N=406;
const double eps=1e-8;
int n,po,li;
PDD point[N];
double dis[N];
bool vis[N];
int to[N*2],ne[N*2],fir[N],idx;
double val[N*2];
double mp[N][N];
struct Line{
PDD a,b;
}line[N];
struct node{
int u;
double dis;
bool operator <(const node &x)const{
return dis>x.dis;
}
};
void init(){
po=li=idx=0;
memset(fir,-1,sizeof(fir));
}
void add(int u,int v,double w){
to[++idx]=v,val[idx]=w,ne[idx]=fir[u],fir[u]=idx;
}
int sign(double x){
if(fabs(x)<eps) return 0;
if(x<0) return -1;
return 1;
}
PDD operator-(PDD a,PDD b){return{a.x-b.x,a.y-b.y};}
PDD operator*(PDD a,double b){return{a.x*b,a.y*b};}
double operator*(PDD a,PDD b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
double get_dis(int a,int b){
double xx=point[a].x-point[b].x;
double yy=point[a].y-point[b].y;
return sqrt(xx*xx+yy*yy);
}
bool segment_intersection(PDD a1,PDD a2,PDD b1,PDD b2){ //两线段是否有交点
double c1=(a1-a2)*(a1-b1);
double c2=(a1-a2)*(a1-b2);
double c3=(b1-b2)*(b1-a2);
double c4=(b1-b2)*(b1-a1);
return sign(c1)*sign(c2)<0&&sign(c3)*sign(c4)<0;
}
bool check(int x,int y){
for(int i=1;i<=li;i++){
if(segment_intersection(point[x],point[y],line[i].a,line[i].b)){
return false;
}
}
return true;
}
void get_could_path(){
for(int i=1;i<=po;i++){
for(int j=i+1;j<=po;j++){
if(check(i,j)){
double dist=get_dis(i,j);
add(i,j,dist);
}
}
}
}
void dijkstra(){
for(int i=1;i<=po;i++){
dis[i]=0x3f3f3f3f;
vis[i]=0;
}
priority_queue<node>q;
q.push(node{1,0});
dis[1]=0;
while(!q.empty()){
node t=q.top(); q.pop();
if(vis[t.u]) continue;
vis[t.u]=1;
for(int i=fir[t.u];~i;i=ne[i]){
int v=to[i];
if(!vis[v]&&dis[v]>dis[t.u]+val[i]){
dis[v]=dis[t.u]+val[i];
q.push(node{v,dis[v]});
}
}
}
}
int main(){
while(scanf("%d",&n)){
if(n==-1) break;
init();
point[++po]={0.0,5.0};
for(int i=1;i<=n;i++){
double x,y[7];
y[0]=0.0,y[5]=10.0;
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf",&x,&y[1],&y[2],&y[3],&y[4]);
for(int j=1;j<=4;j++) point[++po]={x,y[j]};
line[++li]={{x,y[1]},{x,y[0]}};
line[++li]={{x,y[3]},{x,y[2]}};
line[++li]={{x,y[5]},{x,y[4]}};
}
point[++po]={10.0,5.0};
get_could_path();
dijkstra();
printf("%.2f\\n",dis[po]);
}
}
Pick-upsticks
题意：
有n根棍子，从1到n依次放到平面上，当前放置的棍子i如果与已经存在的棍子k有交点，那么棍子k将不做贡献
思路：
即某根棍子j如果其他棍子压了一次，就不会做贡献。要求输出所有没有被其他棍子的顶点棍子
队列优化，加入后，去与还没有被压过的棍子判断是否存在交点，每次都pop一次，有就继续，没有就在push进去。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<double,double>PDD;
const int N=1e5+5;
const double eps=1e-8;
int n;
PDD a[N][2];
bool vis[N];
queue<int>q;
int sign(double x){
if(fabs(x)<eps) return 0;
if(x<0) return -1;
else return 1;
}
PDD operator-(PDD a,PDD b){return {a.x-b.x,a.y-b.y};}
PDD operator+(PDD a,PDD b){return {a.x+b.x,a.y+b.y};}
PDD operator*(PDD a,double b){return {a.x*b,a.y*b};}
double operator*(PDD a,PDD b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
double area(PDD p,PDD a,PDD b){return (a-p)*(b-p);}
bool segment_intersection(PDD a1,PDD a2,PDD b1,PDD b2){ //两线段是否有交点
double c1=(a1-a2)*(a1-b1);
double c2=(a1-a2)*(a1-b2);
double c3=(b1-b2)*(b1-a2);
double c4=(b1-b2)*(b1-a1);
return sign(c1)*sign(c2)<=0&&sign(c3)*sign(c4)<=0;
}
int main(){
while(scanf("%d",&n),n){
for(int j=0;j<=1;j++) scanf("%lf%lf",&a[1][j].x,&a[1][j].y);
q.push(1);
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=1;j++) scanf("%lf%lf",&a[i][j].x,&a[i][j].y);
q.push(i);
while(!q.empty()){
int k=q.front(); q.pop();
if(k==i){q.push(k);break;}
bool flag=segment_intersection(a[k][0],a[k][1],a[i][0],a[i][1]);
if(!flag) q.push(k);
}
}
printf("Top sticks: %d",q.front());
q.pop();
while(!q.empty()){
printf(", %d",q.front());
q.pop();
}
printf(".\\n",n);
}
}
TreasureHunt
题意：
在100*100的正方形中有一些墙，同时还有一个点在正方形内。
问该点离开正方形最少穿过多少墙
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<double,double>PDD;
const int N=105;
const double eps=1e-8;
int n,mi;
PDD p[N];
struct Line{
PDD a,b;
}line[N];
int sign(double x){
if(fabs(x)<eps) return 0;
if(x<0) return -1;
return 1;
}
PDD operator-(PDD a,PDD b){return{a.x-b.x,a.y-b.y};}
double operator*(PDD a,PDD b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
bool segment_intersection(PDD a1,PDD a2,PDD b1,PDD b2){ //两线段是否有交点
double c1=(a1-a2)*(a1-b1);
double c2=(a1-a2)*(a1-b2);
double c3=(b1-b2)*(b1-a2);
double c4=(b1-b2)*(b1-a1);
return sign(c1)*sign(c2)<0&&sign(c3)*sign(c4)<0;
}
int solve(PDD a,PDD b){
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(segment_intersection(a,b,line[i].a,line[i].b)) sum++;
}
return sum;
}
int main(){
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
mi=n;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf%lf%lf%lf",&line[i].a.x,&line[i].a.y,&line[i].b.x,&line[i].b.y);
}
scanf("%lf%lf",&p[0].x,&p[0].y);
p[1]={0.0,0.0},p[2]={0.0,0.0},p[3]={100.0,0.0},p[4]={0.0,100.0};//枚举下边界，左边界，右边界，上边界的起点
for(int i=1;i<=100;i++){ //枚举边界上面的所有点
p[1].x=p[2].y=p[3].y=p[4].x=i;
mi=min(mi,solve(p[0],p[1])); //求起点与下边界构成线段与所有线段的交点数
mi=min(mi,solve(p[0],p[2])); //求起点与下边界构成线段与所有线段的交点数
mi=min(mi,solve(p[0],p[3])); //求起点与下边界构成线段与所有线段的交点数
mi=min(mi,solve(p[0],p[4])); //求起点与下边界构成线段与所有线段的交点数
}
printf("Number of doors = %d\\n",mi+1);
}
return 0;
}
Intersection
题意：如果线段和矩形相交或线段在矩形内部就是输出T，否则F。
坑人题，没必要写
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define pi acos(-1)
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
const double eps=1e-8;
const int N=1005,maxn=100005,inf=0x3f3f3f3f;
struct point{
int x,y;
};
struct line{
point a,b;
}l[N];
bool cek(point p,point a,point b){
return (p.x>=a.x&&p.x<=b.x)&&(p.y>=a.y&&p.y<=b.y);
}
int mul(point p,point u,point v)
{
return (u.x-v.x)*(p.y-u.y)-(u.y-v.y)*(p.x-u.x);
}
bool acoss(line u,line v)
{
if(mul(u.a,v.a,v.b)*mul(u.b,v.a,v.b)<0&&mul(v.a,u.a,u.b)*mul(v.b,u.a,u.b)<0)return 1;
if(mul(u.a,v.a,v.b)==0&&(u.a.x-v.a.x)*(u.a.x-v.b.x)<=0&&(u.a.y-v.a.y)*(u.a.y-v.b.y)<=0)return 1;
if(mul(u.b,v.a,v.b)==0&&(u.b.x-v.a.x)*(u.b.x-v.b.x)<=0&&(u.b.y-v.a.y)*(u.b.y-v.b.y)<=0)return 1;
if(mul(v.a,u.a,u.b)==0&&(v.a.x-u.a.x)*(v.a.x-u.b.x)<=0&&(v.a.y-u.a.y)*(v.a.y-u.b.y)<=0)return 1;
if(mul(v.b,u.a,u.b)==0&&(v.b.x-u.a.x)*(v.b.x-u.b.x)<=0&&(v.b.y-u.a.y)*(v.b.y-u.b.y)<=0)return 1;
return 0;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
while(n--){
int x1,y1,x2,y2;
cin>>l[0].a.x>>l[0].a.y>>l[0].b.x>>l[0].b.y>>x1>>y1>>x2>>y2;
if(x1>x2)swap(x1,x2);
if(y1>y2)swap(y1,y2);
if(cek(l[0].a,{x1,y1},{x2,y2})&&cek(l[0].b,{x1,y1},{x2,y2}))
{
cout<<"T"<<endl;
continue;
}
l[1].a={x1,y1},l[1].b={x2,y1};
l[2].a={x1,y1},l[2].b={x1,y2};
l[3].a={x1,y2},l[3].b={x2,y2};
l[4].a={x2,y1},l[4].b={x2,y2};
int flag=0;
for(int i=1;i<=4;i++)
if(acoss(l[0],l[i]))
flag=1;
if(flag)cout<<"T"<<endl;
else cout<<"F"<<endl;
}
return 0;
}
SpaceAnt
小广告：本题详解
KadjSquares
考察点:思维
题意：45°依次放置正方形自上而下可以的正方形编号
队友用一个奇怪的二分写过去了qwq
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=105;
int n;
int s[N],l[N],r[N];
int main(){
while(scanf("%d",&n),n){
for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=l[i]=r[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<i;j++){
l[i]=max(l[i],r[j]-abs(s[i]-s[j])); //求出左端点
}
r[i]=l[i]+2*s[i]; //根据左端点算出右端点,距离扩大了根号2倍
}
// for(int i=1;i<=n;i++) cout<<l[i]<<" "<<r[i]<<"\\n";
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<i;j++){
if(s[i]<s[j]&&l[i]<r[j]) l[i]=r[j];//i有部分被j遮挡了
else if(s[i]>s[j]&&l[i]<r[j]) r[j]=l[i];//i有部分遮挡了j
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(l[i]<r[i]) printf("%d ",i);//存在未被遮挡部分
}
puts("");
}
return 0;
}
AnEasyProblem?!
小广告：本题详解
Pipe
题意：一个宽度为1的不规则管道，管道壁不透光不反光，求从管道一头射入一束光线，光线在管道内沿直线传播最远能传播多远(横坐标能到达的最大值)。每次用例输出一行，若光线能穿透整个管道，输出Through all the pipe.否则输出能到达的x值，保留两位小数。
思路：直接枚举上下两两折点就行了，然后去判断为管道的相交情况，判断能否穿透，不能就最后取max
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<double,double>PDD;
const double eps=1e-8;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=25;
int n;
PDD up[N],down[N];
PDD operator+(PDD a,PDD b){return {a.x+b.x,a.y+b.y};}
PDD operator-(PDD a,PDD b){return {a.x-b.x,a.y-b.y};}
PDD operator*(PDD a,double b){return {a.x*b,a.y*b};}
PDD operator/(PDD a,double b){return {a.x/b,a.y/b};}
double operator*(PDD a,PDD b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
double operator&(PDD a,PDD b){return a.x*b.x+a.y*b.y;}
int sign(double x){
if(fabs(x)<eps) return 0;
if(x<0) return -1;
return 1;
}
bool segment_intersection(PDD a1,PDD a2,PDD b1,PDD b2){
double c1=(a1-a2)*(a1-b1);
double c2=(a1-a2)*(a1-b2);
return sign(c1)*sign(c2)<=0;
}
PDD get_line_intersection(PDD p,PDD v,PDD q,PDD w){//两直线的交点(点项式)
PDD u=p-q;
double t=(w*u)/(v*w);
return p+v*t;
}
void solve(){
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf%lf",&up[i].x,&up[i].y);
down[i].x=up[i].x,down[i].y=up[i].y-1;
}
int flag=false,k;
double ans=-inf;
for(int i=1;i<=n&&!flag;i++){
for(int j=1;j<=n&&!flag;j++){
if(i!=j){
for(k=1;k<=n;k++){
if(!segment_intersection(up[i],down[j],up[k],down[k])) break;
}
if(k==n+1) flag=true;
else if(k>max(i,j)){
PDD tmp=get_line_intersection(up[i],down[j]-up[i],up[k-1],up[k]-up[k-1]);
ans=max(ans,tmp.x);
tmp=get_line_intersection(up[i],down[j]-up[i],down[k-1],down[k]-down[k-1]);
ans=max(ans,tmp.x);
}
}
}
}
if(flag) puts("Through all the pipe.");
else printf("%.2f\\n",ans);
}
int main(){
while(scanf("%d",&n)){
if(n==0) break;
solve();
}
return 0;
}
GeometricShapes
题意：n个图形，输出每个图形与其他图形的相交情况
图形种类：正方形、长方形、直线、多边形、三角形。正方形和长方形只给出一条对角线上的两点，所以不一定水平
思路：其实挺简单的，就是存好每个图形的每个点，和记好标号id,每次去暴力判断就行了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<double,double>PDD;
const double eps=1e-8;
const int N=30;
char s[N],s1[N],s2[N];
vector<int>vid,ve[N];
struct node{
int num;
PDD p[N];
}a[N];
PDD operator-(PDD a,PDD b){return {a.x-b.x,a.y-b.y};}
double operator*(PDD a,PDD b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
int sign(double x){
if(fabs(x)<eps) return 0;
if(x<0)return -1;
return 1;
}
bool segment_intersection(PDD a1,PDD a2,PDD b1,PDD b2){ //两线段是否有交点
double c1=(a1-a2)*(a1-b1);
double c2=(a1-a2)*(a1-b2);
double c3=(b1-b2)*(b1-a2);
double c4=(b1-b2)*(b1-a1);
return sign(c1)*sign(c2)<=0&&sign(c3)*sign(c4)<=0;
}
void init(){
for(int i=1;i<=26;i++){
a[i].num=0;
ve[i].clear();
}
vid.clear();
}
void add_polygon(int x){
int id=s[0]-'A'+1;
vid.push_back(id);
a[id].num=x;
for(int i=1;i<=x;i++) scanf(" (%lf,%lf)",&a[id].p[i].x,&a[id].p[i].y);
a[id].p[x+1]=a[id].p[1];
}
void add_rectangle(){
int id=s[0]-'A'+1;
vid.push_back(id);
a[id].num=4;
for(int i=1;i<=3;i++) scanf(" (%lf,%lf)",&a[id].p[i].x,&a[id].p[i].y);
a[id].p[4].x=a[id].p[1].x+a[id].p[3].x-a[id].p[2].x;
a[id].p[4].y=a[id].p[1].y+a[id].p[3].y-a[id].p[2].y;
a[id].p[5]=a[id].p[1];
}
void add_square(){
int id=s[0]-'A'+1;
vid.push_back(id);
a[id].num=4;
scanf(" (%lf,%lf)",&a[id].p[1].x,&a[id].p[1].y);
scanf(" (%lf,%lf)",&a[id].p[3].x,&a[id].p[3].y);
PDD mid;//找出剩下两个端点
mid.x=(a[id].p[1].x+a[id].p[3].x)/2;
mid.y=(a[id].p[1].y+a[id].p[3].y)/2;
a[id].p[2].x=mid.x-(a[id].p[1].y-mid.y),a[id].p[2].y=mid.y+(a[id].p[1].x-mid.x);
a[id].p[4].x=mid.x+(a[id].p[1].y-mid.y),a[id].p[4].y=mid.y-(a[id].p[1].x-mid.x);
a[id].p[5]=a[id].p[1];//起点重复，这样可以不用取模进行操作
// for(int i=1;i<=4;i++) cout<<a[id].p[i].x<<" "<<a[id].p[i].y<<"\\n";
}
void gao(int l,int r){
for(int i=1;i<=a[l].num;i++){
for(int j=1;j<=a[r].num;j++){//暴力判断两图形是否相交
if(segment_intersection(a[l].p[i],a[l].p[i+1],a[r].p[j],a[r].p[j+1])){
ve[l].push_back(r);//相交就存到答案ve，并直接结束
return;
}
}
}
}
void out1(){//输出
int hv=vid.size();
for(int k=0;k<hv;k++){
int i=vid[k];
int sz=ve[i].size();
if(sz==0) printf("%c has no intersections\\n",i+'A'-1);
else{
sort(ve[i].begin(),ve[i].end());
printf("%c intersects with ",i+'A'-1);
if(sz==1) printf("%c\\n",ve[i][0]+'A'-1);
else if(sz==2) printf("%c and %c\\n",ve[i][0]+'A'-1,ve[i][1]+'A'-1);
else{
for(int j=0;j<sz-1;j++) printf("%c, ",ve[i][j]+'A'-1);
printf("and %c\\n",ve[i][sz-1]+'A'-1);
}
}
}
printf("\\n");
}
void solve(){
sort(vid.begin(),vid.end()); //出现id排序
int hv=vid.size();
for(int i=0;i<hv;i++){
for(int j=0;j<hv;j++){ //枚举每两个图形
if(i!=j) gao(vid[i],vid[j]);
}
}
out1();
}
int main(){
while(scanf("%s",s)){
if(s[0]=='-') {solve();init();continue;}
else if(s[0]=='.') return 0;
else{
scanf("%s",s1);
if(s1[0]=='l') add_polygon(2); //直线
else if(s1[0]=='t') add_polygon(3); //三角形
else if(s1[0]=='r') add_rectangle();//长方形
else if(s1[0]=='s') add_square();//正方形
else{
int x;scanf("%d",&x);
add_polygon(x);//多边形
}
}
}
return 0;
}
A-Round-Pegin-a-Ground-Hole
题意：
输入n个点,圆的半径以及圆的坐标X,Y。然后是每个点的x,y坐标.
判断输入的点是不是能够组成凸包，不能的话输出 HOLE IS ILL-FORMED,
判断圆是否在凸包内.如果在的话输出PEG WILL FIT.
否则输出 PEG WILL NOT FIT。
板子题，存一个好板子就可以过，hdu里面应该是数据水了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<double,double>PDD;
const int N=1005;
const double eps=1e-8;
int n;
int stk[N],top;
bool used[N];
PDD q[N];
struct Circle{
PDD o;
double r;
}cir;
int sign(double x){
if(fabs(x)<eps) return 0;
if(x<0) return -1;
return 1;
}
PDD operator-(PDD a,PDD b){return {a.x-b.x,a.y-b.y};}
double operator*(PDD a,PDD b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
double operator&(PDD a,PDD b){return a.x*b.x+a.y*b.y;}
double area(PDD p,PDD a,PDD b){return (a-p)*(b-p);}
double get_dis(PDD a,PDD b){
double xx=a.x-b.x;
double yy=a.y-b.y;
return sqrt(xx*xx+yy*yy);
}
int sign_area_dir(double x){
if(x<0) return 1;
return 0;
}
double get_dis(PDD a,PDD b,PDD c){
if(get_dis(a,b)<eps) return get_dis(b,c);
if(((b-a)&(c-a))<-eps) return get_dis(a,c);
if(((a-b)&(c-b))<-eps) return get_dis(b,c);
return fabs((b-a)*(c-a))/get_dis(a,b);
}
bool is_convex(){
q[n++]=q[0];
q[n++]=q[1];
int dir=sign_area_dir(area(q[0],q[1],q[2]));
for(int i=3;i<n;i++){
if(sign_area_dir(area(q[i-2],q[i-1],q[i]))!=dir) return false;
}
return true;
}
bool Point_in_convex(int n,double x,double y){
int i,j=n-1;
bool oddNodes=0;
for(i=0;i<n;i++){
if((q[i].y<y&&q[j].y>=y||q[j].y<y&&q[i].y>=y)&&(q[i].x<=x||q[j].x<=x)){
oddNodes^=(q[i].x+(y-q[i].y)/(q[j].y-q[i].y)*(q[j].x-q[i].x)<x);
}
j=i;
}
return oddNodes;
}
bool Circle_in_convex(double x,double y,double r){
PDD po;
po={x,y};
q[n]=q[0];
for(int i=0;i<n;i++){
if(get_dis(q[i],q[i+1],po)<r) return false;
}
return true;
}
void solve(){
scanf("%lf%lf%lf",&cir.r,&cir.o.x,&cir.o.y);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%lf%lf",&q[i].x,&q[i].y);
if(!is_convex()) puts("HOLE IS ILL-FORMED");
else if(!Point_in_convex(n,cir.o.x,cir.o.y)||!Circle_in_convex(cir.o.x,cir.o.y,cir.r))puts("PEG WILL NOT FIT");
else puts("PEG WILL FIT");
}
int main(){
while(scanf("%d",&n)){
if(n<3) return 0;
solve();
}
}
Line-of-Sight
题意：
输入:多组数据。
每组数据:第一行x1,x2,y分别为房子的左端点的x坐标和右端点的x坐标以及y值
第二行x1,x2,y分别为马路的左端点的x坐标和右端点的x坐标以及y值
输入n，代表n个障碍物。随后n行每行x1,x2,y,分别为障碍物的左端点的x坐标和右端点的x坐标以及y值
问:输出马路上最长的连续区间，满足区间内每个点都可以完全看到房子
思路:感觉这个题计算几何体现的不太明显，应该算是一个小思维吧。
(口胡一下:解题时借助了区间合并的思维去解决重复遮挡的情况)
步骤1:我们知道有些障碍物是不会影响到马路上人的视野的，我们可以在读入的时候直接处理掉这些无影响障碍物。特判掉0的情况
步骤2:有影响障碍物按着(第一要素左端点x坐标，第二要素右端点x坐标排序)
步骤3:先处理最前面那个可能的单独区间，处理中间部分，最后处理最后面那个可能的单独区间
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<double,double>PDD;
const int N=1005;
const double inf=1e9;
const double eps=1e-8;
int n,tot;
struct Line{
double sx,ex,y;
}line[N];
Line house,road,temp;
int sign(double x){
if(fabs(x)<eps) return 0;
if(x<0) return -1;
return 1;
}
bool cek(Line te){return sign(te.y-house.y)>=0||sign(te.y-road.y)<=0;}
void get_in(Line a,Line b){//house的左右端点分别和每条障碍物的右左端点所构直线与road的交点
Line te;
te.sx=((b.sx*a.y-b.y*a.ex)+road.y*(a.ex-b.sx))/(a.y-b.y);//house右端点和该障碍物左端点构成直线与road的交点的x值
te.ex=((b.ex*a.y-b.y*a.sx)+road.y*(a.sx-b.ex))/(a.y-b.y);//house左端点和该障碍物右端点构成直线与road的交点的x值
te.y=road.y;
if(te.sx>te.ex) swap(te.sx,te.ex);
line[tot++]=te;
}
bool cmp(Line a,Line b){
if(a.sx==b.sx) return a.ex<b.ex;
return a.sx<b.sx;
}
int main(){
while(scanf("%lf%lf%lf",&house.sx,&house.ex,&house.y)){//读入house
if(!house.sx&&!house.ex&&!house.y) return 0;
scanf("%lf%lf%lf",&road.sx,&road.ex,&road.y); //读入road
scanf("%d",&n); tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf%lf%lf",&temp.sx,&temp.ex,&temp.y); //读入障碍物
if(cek(temp)) continue; //步骤1(障碍物没得影响，不用加入)
get_in(house,temp);
}
if(tot==0){printf("%.2f\\n",road.ex-road.sx);continue;}//特判没有有影响障碍物的情况
sort(line,line+tot,cmp); //排序
double max_len=-inf,r=line[0].ex,l=line[0].sx;
if(l>road.sx){ //处理最前面可能的单独区间
if(l<=road.ex) max_len=max(max_len,l-road.sx);
else max_len=max(max_len,road.ex-road.sx);
}
for(int i=1;i<tot;i++){
if(line[i].sx<=r) r=max(r,line[i].ex);
else{
max_len=max(max_len,line[i].sx-r);
r=max(r,line[i].ex);
}
}
if(r<road.ex) max_len=max(max_len,road.ex-r); //处理最后面可能的单独区间
if(max_len==-inf) puts("No View");
else printf("%.2f\\n",max_len);
}
}
完结撒花
以上是关于基础计算几何的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章