誰說我做不出來大模擬題的？
大碼量警告：我4.2k，skyh 3.6k,tdcp 4.9k.orz mikufun 2.7k
其實絕大多數部分都是在復制粘貼。
首先，60分暴力不講可以的嘛？純粹模擬誒。
1 #include<cstdio> 2 int n,m,x,nx,ny,ndir,ans,bl[1005][1005],al[1005][1005][4],ne[200005],sw[200005];//0NE 1SE 2SW 3Nw 3 const int tox[4]={1,1,-1,-1},toy[4]={-1,1,1,-1},c1[4]={3,2,1,0},c2[4]={1,0,3,2}; 4 char s[3]; 5 int main(){ 6 scanf("%d%d%d",&n,&m,&x); 7 for(int i=1,a,b;i<=x;++i)scanf("%d%d",&a,&b),bl[a][b]=1; 8 for(int i=0;i<=n+1;++i)bl[i][0]=bl[i][m+1]=1; 9 for(int i=0;i<=m+1;++i)bl[n+1][i]=bl[0][i]=1; 10 scanf("%d%d%s",&nx,&ny,s); 11 if(s[0]=='S'&&s[1]=='E')ndir=1; 12 if(s[0]=='S'&&s[1]=='W')ndir=2; 13 if(s[0]=='N'&&s[1]=='E')ndir=0; 14 if(s[0]=='N'&&s[1]=='W')ndir=3; 15 while(1){//printf("%d %d\n",nx,ny); 16 if(al[nx][ny][ndir])break; 17 al[nx][ny][ndir]=1; 18 if(!bl[nx+tox[ndir]][ny+toy[ndir]]){nx+=tox[ndir];ny+=toy[ndir];continue;} 19 if(bl[nx+tox[ndir]][ny]&&bl[nx][ny+toy[ndir]]){ndir=(ndir>=2?ndir-2:ndir+2);continue;} 20 if(bl[nx+tox[ndir]][ny]){ny+=toy[ndir];ndir=c1[ndir];continue;} 21 if(bl[nx][ny+toy[ndir]]){nx+=tox[ndir];ndir=c2[ndir];continue;} 22 ndir=(ndir>=2?ndir-2:ndir+2); 23 } 24 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j) 25 if(al[i][j][0]||al[i][j][1]||al[i][j][2]||al[i][j][3]) ans++; 26 printf("%d",ans); 27 }
多開幾個大小為4的數組（5也行，有的人從1開始記的）
存一大堆東西：走之后的坐標變化，180度反彈后的方向，遇到豎着的牆后折射方向，以及橫着的。。。
1 //0NE 1SE 2SW 3Nw 2 const int tox[4]={1,1,-1,-1},//橫坐標變化 3 toy[4]={-1,1,1,-1},//縱坐標 4 c1[4]={3,2,1,0},//撞橫着的牆 5 c2[4]={1,0,3,2},//豎着的 6 c3[4]={2,3,0,1};//180度
不要問我是怎么算出來的，一個一個在演算紙上畫唄。
然后你就可以把4個大if合成為1個while了。
說白了，就是要搞明白東南西北。
而且，懶得判是否碰到邊框的懶人們（包括我），只要把最外邊一圈設置為障礙統一處理就好了。
說滿分算法吧。
其實滿分算法我並沒有按照上面這么做，因為它要表示的東西太多，容易混。
我選擇了switch\case語句塊，用來處理不同的方向。當然也可以if\else。
如果你不知道switch\case語句，請百度搜索“C++語言基礎”。
說實在的還是模擬。
我們可以發現，障礙的總數並不是很多，它反彈的次數也並不會很多。
每兩次反彈之間，走過的路徑是一條直線，一下一下的枚舉顯然過於浪費。
我們考慮有什么方法能直接跳過這一部分的枚舉過程。
為了更符合人的直覺，我們重新定義一下坐標，以左下角為(1,1)右上角為(n,m)
這樣的話就是向右，上是正方向了。
對於每一次的光路它只有兩種可能：左下<->右上 \ 左上<->右下
對於第一種，隨着x++,那y++。
對於第二種，隨着x++,那y--。
做過天天愛跑步嗎？第二次出現相關題目了。這次更像了。
在那題里，出發鏈dep++,time--，終點鏈dep++,time++。
當時我們的思路是前者dep+time是定值,dep-time是定值。
那么這題的定值也很顯然了，一個x+y,一個x-y
先開兩個vector，分別存這兩個值，x-y可能負了，改為插入x-y+100000就行
對於每一個障礙，我們都把它們放進去，記得包括周圍的你加上的那一圈。
接下來需要幾個小結論。
1,每一個格子只會被 左下<->右上 \ 左上<->右下 兩種光線的其中一種經過。
證明：對於光線所處的每一個狀態，若位置為(x,y)，設di表示方向，方向為左下<->右上時為1，否則為0。
那么對於同一個光線，其路徑上的所有點x+y+di奇偶性不變。
如果它沒碰到障礙，di不變，x和y同時變化1，和的奇偶性不變。
如果它遇到障礙轉彎180度，di，x，y均不變，和也不變。
如果它旋轉了90度，那么按照反射規則，它像錯了一位一樣，x,y其中一個變化了1，di變化了1，和的奇偶性不變。
所以，對於每一個光線，只要我們能確定它的某一時刻的位置與方向：
那么我們就能確定它在其它所有位置上的方向（除非這個位置沒有被經過）
2，光線的路徑一定是一個完整的環，而不是環+鏈。也就是說，它一定還會不止一次的以起始狀態經過起始點。
再換一句話說，最后的循環節中一定含有起始點。
反證法：如果它是從起點進入，最后進入了一個閉合的不含起點的環。
那么我們隨意選取環中的一個點，按照原來的方向的反方向射回去。
因為光路是可逆的（初中物理，本題適用，這個我真的懶得證了）
所以它一定能射到起點。
而因為它是在一個環里的點，它會按照原路徑反向走，只能在環里繞啊繞的。
環反向之后還是那個環而不是鏈。
那怎么能經過環外的起點呢？所以假設不成立。
這個結論的應用是什么呢？假如光從x1,y1出發，遇到的下一塊障礙為x2,y2
而這條光路上的上一個障礙是x0，y0，那么我們可以把起點重設為x0，y0
這樣的話就避免了開始會跑半條光路的尷尬情況。
好多人都是直接用的這兩條結論，我也是，仔細一想，不證明的話就是在純粹的搬運題解啊。
那么接下來，有了這兩條結論，問題就變得簡單了：
找起點狀態所在的環，求環長。
具體的代碼實現還是要講一講的：
我們現在已經把所有的障礙放進vector里面了，再把它們按照x的大小sort。
那么里面的障礙就已經按照左下->右上 \ 左上->右下的順序排好了。
對於我們的一個已知狀態，我們在對應的vector里面找到下一個x更大/小的障礙，直接從原狀態跳到那里就好！
怎么找？vector自帶lower_bound多好呀！
然而我不知道為什么手打了4個二分...
upper1,lower1,upper2,lower2...
一個使用來找x前綴，一個是后綴。兩個vector的分開打。。。（打splay吧！）
還打了一個find函數，用來找vector里某個位置是否存在障礙。
不用啊。。系統自帶的就行。雖說我不會玩指針。
因為障礙是沒有重復的，所以前綴和后綴之間只差了一位。加減一下就好了。
拿代碼講吧。
1 switch(ndir){ 2 case 0:{//以NE方向為例，注意這里的坐標和題目里的含義一樣，而不是右上為正方向 3 res=lx+ly; nxt=upper1(res,lx);//lx,ly為目前位置，nxt為x下一個更大的障礙在vector里的下標 4 nx=v1[res][nxt]; ny=res-nx;//nx，ny為要碰到的下一個障礙的坐標 5 if(v1al[res][nxt-1]&1){ok=1;break;}//如果已經用相同的狀態走過這條光路，退出 6 //ok是while循環的退出標記，因為在這里break只會把switch給break掉 7 v1al[res][nxt-1]^=1; //標記，這段光路已經被走過 8 if(!(v1al[res][nxt-1]&2))ans+=nx-lx;//如果這條光路的反向光路沒有被走過，總距離累加 9 //這里用了1表示正向邊，2表示反向邊，重復經過只會累加一次答案 10 if(find(nx-1,ny)&&find(nx,ny+1)) ndir=2,lx=nx-1,ly=ny+1; 11 //如果遇到了“牆角”，180度反射，下一個出發位置在目前障礙的左下方（SW方向） 12 else if(find(nx-1,ny)) ndir=1,lx=nx,ly=ny+1; 13 //如果遇到了橫着的牆，方向改為SE，障礙正下方的格子作為出發點 14 else if(find(nx,ny+1)) ndir=3,lx=nx-1,ly=ny;//豎着的同理 15 else ndir=2,lx=nx-1,ly=ny+1;//如果只有那一塊，180度反射，同“牆角” 16 break;//switch語句必需。否則會立刻執行下一個case 17 }
其余方向同理。有些東西稍微變化一下就好。
1 case 2:{//SW 2 res=lx+ly; nxt=lower1(res,lx); 3 nx=v1[res][nxt]; ny=res-nx; 4 if(v1al[res][nxt]&2){ok=1;break;} 5 v1al[res][nxt]^=2; 6 if(!(v1al[res][nxt]&1))ans+=lx-nx; 7 if(find(nx+1,ny)&&find(nx,ny-1)) ndir=0,lx=nx+1,ly=ny-1; 8 else if(find(nx+1,ny)) ndir=3,lx=nx,ly=ny-1; 9 else if(find(nx,ny-1)) ndir=1,lx=nx+1,ly=ny; 10 else ndir=0,lx=nx+1,ly=ny-1; 11 break; 12 }
自己想想哪些地方不一樣吧。什么折射方向之類的。
再補充一下結論2的應用。
1 case 0:{ 2 res=lx+ly; nxt=upper1(res,lx)-1; 3 lx=v1[res][nxt]+1; ly=res-lx; 4 break; 5 }
其實和上面那個SW方向的代碼挺像，畢竟就是往SW方向捯了一個障礙。注意不要累加答案。
另一個同理的想法是把起點直接重設為下一個障礙的位置，那么代碼會和正常光路的NE很像。
畢竟是個環，從哪里開始都一樣。我沒這么打，就不給出代碼了。
這倆玩意復制粘貼四遍再改改就好了。
碼量極大注意細節。
1 #include<cstdio> 2 #include<vector> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 #define addx 100003 6 long long ans;int n,m,k,lx,ly,nx,ny,nxt,res,ok,ndir;//0NE 1SE 2SW 3NW 7 char s[3]; 8 vector<int>v1[200005],v2[200005];//v1:x+y v2:x-y+10w 9 vector<int>v1al[200005],v2al[200005]; 10 int lower1(int x,int w){ 11 int l=0,r=v1[x].size()-1; 12 while(l<r-1)if(v1[x][l+r>>1]>w)r=(l+r>>1)-1;else l=l+r>>1; 13 if(v1[x][r]<w)return r;return l; 14 } 15 int upper1(int x,int w){ 16 int l=0,r=v1[x].size()-1; 17 while(l<r-1)if(v1[x][l+r>>1]>w)r=l+r>>1;else l=(l+r>>1)+1; 18 if(v1[x][l]>w)return l;return r; 19 } 20 int lower2(int x,int w){ 21 int l=0,r=v2[x].size()-1; 22 while(l<r-1)if(v2[x][l+r>>1]>w)r=(l+r>>1)-1;else l=l+r>>1; 23 if(v2[x][r]<w)return r;return l; 24 } 25 int upper2(int x,int w){ 26 int l=0,r=v2[x].size()-1; 27 while(l<r-1)if(v2[x][l+r>>1]>w)r=l+r>>1;else l=(l+r>>1)+1; 28 if(v2[x][l]>w)return l;return r; 29 } 30 bool find(int x,int y){ 31 int l=0,r=v1[x+y].size()-1; 32 while(l<r-1)if(v1[x+y][l+r>>1]>x)r=(l+r>>1)-1;else l=l+r>>1; 33 if(v1[x+y][r]==x||v1[x+y][l]==x)return true;return false; 34 } 35 int main(){ 36 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 37 for(int i=1,a,b;i<=k;++i) 38 scanf("%d%d",&a,&b), 39 v1[a+b].push_back(a), v2[a-b+addx].push_back(a), 40 v1al[a+b].push_back(0), v2al[a-b+addx].push_back(0); 41 for(int i=0;i<=n+1;++i) 42 v1[i].push_back(i),v2[i+addx].push_back(i), 43 v1[i+m+1].push_back(i),v2[i-1-m+addx].push_back(i), 44 v1al[i].push_back(0),v2al[i+addx].push_back(0), 45 v1al[i+m+1].push_back(0),v2al[i-1-m+addx].push_back(0); 46 for(int i=1;i<=m;++i) 47 v1[i].push_back(0),v2[addx-i].push_back(0), 48 v1[n+1+i].push_back(n+1),v2[n+1-i+addx].push_back(n+1), 49 v1al[i].push_back(0),v2al[addx-i].push_back(0), 50 v1al[n+1+i].push_back(0),v2al[n+1-i+addx].push_back(0); 51 for(int i=1;i<=200004;++i)sort(v1[i].begin(),v1[i].end()); 52 for(int i=1;i<=200004;++i)sort(v2[i].begin(),v2[i].end()); 53 scanf("%d%d%s",&lx,&ly,s); 54 if(s[0]=='S'&&s[1]=='E')ndir=1; 55 if(s[0]=='S'&&s[1]=='W')ndir=2; 56 if(s[0]=='N'&&s[1]=='E')ndir=0; 57 if(s[0]=='N'&&s[1]=='W')ndir=3; 58 switch(ndir){ 59 case 0:{ 60 res=lx+ly; nxt=upper1(res,lx)-1; 61 lx=v1[res][nxt]+1; ly=res-lx; 62 break; 63 } 64 case 1:{ 65 res=lx-ly+addx; nxt=upper2(res,lx)-1; 66 lx=v2[res][nxt]+1; ly=lx+addx-res; 67 break; 68 } 69 case 2:{ 70 res=lx+ly; nxt=lower1(res,lx)+1; 71 lx=v1[res][nxt]-1; ly=res-lx; 72 break; 73 } 74 case 3:{ 75 res=lx-ly+addx; nxt=lower2(res,lx)+1; 76 lx=v2[res][nxt]-1; ly=lx+addx-res; 77 break; 78 } 79 } 80 while(1){ 81 switch(ndir){ 82 case 0:{//NE 83 res=lx+ly; nxt=upper1(res,lx); 84 nx=v1[res][nxt]; ny=res-nx; 85 if(v1al[res][nxt-1]&1){ok=1;break;} 86 v1al[res][nxt-1]^=1; 87 if(!(v1al[res][nxt-1]&2))ans+=nx-lx; 88 if(find(nx-1,ny)&&find(nx,ny+1)) ndir=2,lx=nx-1,ly=ny+1; 89 else if(find(nx-1,ny)) ndir=1,lx=nx,ly=ny+1; 90 else if(find(nx,ny+1)) ndir=3,lx=nx-1,ly=ny; 91 else ndir=2,lx=nx-1,ly=ny+1; 92 break; 93 } 94 case 1:{//SE 95 res=lx-ly+addx; nxt=upper2(res,lx); 96 nx=v2[res][nxt]; ny=nx+addx-res; 97 if(v2al[res][nxt-1]&1){ok=1;break;} 98 v2al[res][nxt-1]^=1; 99 if(!(v2al[res][nxt-1]&2))ans+=nx-lx; 100 if(find(nx-1,ny)&&find(nx,ny-1)) ndir=3,lx=nx-1,ly=ny-1; 101 else if(find(nx-1,ny)) ndir=0,lx=nx,ly=ny-1; 102 else if(find(nx,ny-1)) ndir=2,lx=nx-1,ly=ny; 103 else ndir=3,lx=nx-1,ly=ny-1; 104 break; 105 } 106 case 2:{//SW 107 res=lx+ly; nxt=lower1(res,lx); 108 nx=v1[res][nxt]; ny=res-nx; 109 if(v1al[res][nxt]&2){ok=1;break;} 110 v1al[res][nxt]^=2; 111 if(!(v1al[res][nxt]&1))ans+=lx-nx; 112 if(find(nx+1,ny)&&find(nx,ny-1)) ndir=0,lx=nx+1,ly=ny-1; 113 else if(find(nx+1,ny)) ndir=3,lx=nx,ly=ny-1; 114 else if(find(nx,ny-1)) ndir=1,lx=nx+1,ly=ny; 115 else ndir=0,lx=nx+1,ly=ny-1; 116 break; 117 } 118 case 3:{//NW 119 res=lx-ly+addx; nxt=lower2(res,lx); 120 nx=v2[res][nxt]; ny=nx+addx-res; 121 if(v2al[res][nxt]&2){ok=1;break;} 122 v2al[res][nxt]^=2; 123 if(!(v2al[res][nxt]&1))ans+=lx-nx; 124 if(find(nx+1,ny)&&find(nx,ny+1)) ndir=1,lx=nx+1,ly=ny+1; 125 else if(find(nx+1,ny)) ndir=2,lx=nx,ly=ny+1; 126 else if(find(nx,ny+1)) ndir=0,lx=nx+1,ly=ny; 127 else ndir=1,lx=nx+1,ly=ny+1; 128 break; 129 } 130 } 131 if(ok)break; 132 } 133 printf("%lld\n",ans); 134 }