POJ 2253 Frogger(并查集+二分)

POJ 2253 Frogger(并查集+二分)

http://poj.org/problem?id=2253

题意:给你N个石头的坐标(x,y),现在青蛙要从第一个石头跳到第二个石头上去,但是青蛙每次最大的跳跃距离有限制.所以现在问你青蛙从第一个石头跳到第二个石头的最短跳跃距离是多少?

分析:

网上说这题有最短路径解的,生成树解的.本来我是冲着最短路径解法来的,但是看了一遍我觉得这题用二分+并查集(判断1点与2点是否连通)才是比较直观的方法吧.

首先我们二分出mid值表示青蛙每次能跳跃的距离,然后我们遍历所有的边,只要当前边的长度<=mid,就合并当前边连接的两个点.最后判断1号点与2号点是否在同一个连通分量,即可知道单次mid的跳跃距离是否足够.

AC代码:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=200+10;
int n;
double x[maxn],y[maxn];
double d[maxn][maxn];
int fa[maxn];
int find(int i)
{
    if(fa[i]==-1) return i;
    return fa[i] = find(fa[i]);
}
void bind(int i,int j)
{
    i=find(i);
    j=find(j);
    if(i!=j) fa[i]=j;
}
bool ok(double mid)
{
    memset(fa,-1,sizeof(fa));

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i+1;j<=n;j++)if(d[i][j]<mid)
            bind(i,j);
    }

    return find(1)==find(2);
}
int main()
{
    int kase=0;
    while(scanf("%d",&n)==1&&n)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
        memset(d,0,sizeof(d));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            d[i][j]=d[j][i]= sqrt((x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]));
        double L=0,R=d[1][2];
        while(R-L>1e-7)     //这里是1e-7 不是1e7
        {
            double mid = (R+L)/2;
            if(ok(mid)) R=mid;
            else L=mid;
        }
        printf("Scenario #%d\nFrog Distance = %.3lf\n\n",++kase,R);
    }
    return 0;
}