UVa 10881 Piotr's Ants 蚂蚁

题意：一根长度为L的木棍上有n只蚂蚁，每只蚂蚁要么向左爬要么向右爬。速度为1/s。两蚂蚁相撞时会同时掉头且掉头时间忽略不计。给出蚂蚁的初始位置和方向。求T时间后每只蚂蚁的位置和方向。

很有意思的题。这道题分析的重点在于如何处理相撞蚂蚁之后的变化。假设我们把每只蚂蚁编号1 ~ n。从效果上看来，两只蚂蚁相撞后，可以看做是并没有相撞而是对穿而过，然后两只蚂蚁互换了他们的编号。这样来看，我们只需要计算最终所有蚂蚁都在哪些位置，然后根据初始时每只蚂蚁的相对位置映射到最终状态的编号上。即可求出每只蚂蚁最终的位置和方向。而计算的时候由于按照刚才分析的等价效果，不需要考虑碰撞，所以按初始方向直接计算最终位置即可。

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using namespace std;

struct Ant
{
int id;
int pos;
char direction;
bool turning;
};

const int MAX = 10005;
int L, T, n;
Ant ant[MAX];

bool cmp_id(Ant x, Ant y)
{
return x.id < y.id;
}

bool cmp_pos(Ant x, Ant y)
{
return x.pos < y.pos;
}

void input()
{
scanf("%d%d%d", &L, &T, &n);
char x;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%d%c%c", &ant[i].pos, &x, &ant[i].direction); //这里x并没有用，只是为了处理输入
ant[i].id = i;
ant[i].turning = false;
}
}

void solve()
{
Ant finish[MAX]; //最终蚂蚁的所有状态
for(int i = 0; i < n; i++)
{
if(ant[i].direction == 'L')
finish[i].pos = ant[i].pos - T;
else
finish[i].pos = ant[i].pos + T;
finish[i].direction = ant[i].direction;
}
sort(finish, finish + n, cmp_pos); //将所有蚂蚁的最终状态按位置排序
sort(ant, ant + n, cmp_pos); //按蚂蚁相对位置排序，以便修改最终状态
for(int i = 0; i < n; i++)
{
ant[i].pos = finish[i].pos; //修改每个蚂蚁最终的位置
ant[i].direction = finish[i].direction; //修改每个蚂蚁最终方向
if(i > 0 && finish[i].pos == finish[i - 1].pos)
ant[i - 1].turning = ant[i].turning = true; //位置相同的蚂蚁正在碰撞
}
sort(ant, ant + n, cmp_id); //修改完后再按蚂蚁序号排序便于输出
for(int i = 0; i < n; i++)
{
if(ant[i].pos < 0 || ant[i].pos > L) //掉下木棍
printf("Fell off\n");
else
{
printf("%d ", ant[i].pos);
if(ant[i].turning)
printf("Turning\n");
else
printf("%c\n", ant[i].direction);
}
}
printf("\n");
}

int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
for(int t = 1; t <= T; t++)
{
input();
printf("Case #%d:\n", t);
solve();
}

return 0;
}