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
说明

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。

解答

我这个算法很好理解，不想楼下的大佬那样看不懂

思路比较简单，就是如果两个洞相交（或相切），就把它们连入一个集合

可以想象一个集合就是一条通道，如图：

图中就有 33 个集合。这 33 个集合就是三条通道。

我们只需要判断每一条通道是否存在元素与底部、顶部相连即可。如果都有，那么输出 YesYes

那么问题来了，如何判断两个球是否相交（切）呢？

其实如果你数学很好、做题经验丰富，你就会知道了：

如果两个球的半径之和 \geq≥ 两个球球心的距离，那么两圆相交（切）。

代码如下： 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;//不加本代码爆零
int f[1001];//并查集
int find(int x){
    if (x!=f[x]) f[x]=find(f[x]);
    return f[x];
}//查找+路径压缩
long long dis(long long x,long long y,long long z,long long x1,long long y1,long long z1){
    return (x-x1)*(x-x1)+(y-y1)*(y-y1)+(z-z1)*(z-z1);
}//两点距离公式，注意这里算的是距离平方。
long long x[100001],y[100001],z[100001];
int f1[100001],f2[100001];
//f1记录与顶面相交的洞的序号
//f2记录与底面相交的洞的序号
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    int n,h; 
    long long r;
    for (int i=1;i<=t;i++){
        scanf("%d%d%lld",&n,&h,&r);//long long不开的话...
        int tot1=0;//记录与顶面相交的洞有几个
        int tot2=0;//记录与底面相交的洞有几个
        for (int j=1;j<=n;j++){
          f[j]=j;  //并查集初始化
         }
        for (int j=1;j<=n;j++){
            scanf("%lld%lld%lld",&x[j],&y[j],&z[j]);//long long不开的话...
            if (z[j]+r>=h){//判断这个点是否与顶面相交
                tot1++;
                f1[tot1]=j;
            }
            if (z[j]-r<=0){//判断这个点是否与底面相交
                tot2++;
                f2[tot2]=j;
            }
            for (int k=1;k<=j;k++){//枚举之前的洞是否与这个洞相交，如果相交则合并集合
                if ((x[j]-x[k])*(x[j]-x[k])+(y[j]-y[k])*(y[j]-y[k])>4*r*r) continue;
                //防止爆long long的特判。 
                if (dis(x[j],y[j],z[j],x[k],y[k],z[k])<=4*r*r){
                    int a1=find(j);
                    int a2=find(k);
                    if (a1!=a2) f[a1]=a2;
                }
            }
        }
        int s=0;
        //看看每一个中是否有洞连接上下面
        for (int j=1;j<=tot1;j++){
            for (int k=1;k<=tot2;k++){
                if (find(f1[j])==find(f2[k])){
                    s=1; 
                    break;
                }
            }
            if (s==1) break;
        }
        if (s==1) cout<<"Yes"<<endl;
        else cout<<"No"<<endl;
    }
    return 0;
} 


来源：Fading

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