紫书刷题进行中，题解系列【GitHub|CSDN】
例题6-22 UVA11853 Paintball（41行AC代码）
题目大意
给定边长为1000的正方形，左下角和右上角坐标分别为(0,0)和(1000,1000)，先已知若干圆的圆心坐标和半径，问能否从正方形左侧不穿过任何圆到达右侧？若存在多个出入口，则输出靠近上方的点。
注意在仅仅在圆的内部才算穿过，边界不算
思路分析
看起来无从下手，因为点坐标是无限多的，若是直接寻找一条从左侧到右侧的路径，就会陷入无限状态的死局。又碰到了这种无限的情况，类似UVA12171，于是考虑能够离散化处理，但圆这图形不像长方形，范围难以处理，只好放弃。在细看题目
问题1：什么情况一定无解？
答案1：从上边界到下边界存在若干连续的相交圆
仔细分析题目条件，若那么把圆看成顶点，相交的圆存在边，与边相交则可在边上任取一点作为顶点相连。若是能从左穿到右，那么从上边界一定无法到达下边界，即转换为连通性判定问题
以上思想本质是逆向思维，将空白处和圆对调来考虑问题。
因为初始想法是在空白处找到一条通路，但其存在无限点问题，此时若转为考虑圆，首先圆个数是有限的（类似离散化），解决无线点问题，其次将问题转换为连通性问题，可以回答判定性问题1。
问题2：如何找到左右边界的入出口？
答案2：在所有从上边界开始的连通块中，取与左右边界交点最南的点
这听起来觉得有些荒谬，但是，此时我们已经能判断存在一条从左到右的通路，那么我们大可以忽略内部细节，将路径看成一个黑盒，只注重于它的起点和终点（因为只要垂直方向不被完全阻断，那么无孔不入的你就可以通过）
建议多画几个图看看，比如下图（插图容易丢，凑合着看：），外围表示正方形，内部有两个从顶部开始的连通块，|和*分别表示连通块A,B，可以比较容易看出，A与左边界交点更南，因此取它的交点，依次类推，推广到多个连通块情况。聪明的你，利用对称法则，肯定可以解决右侧边界的情况。
|------------------|
| | * |
| / * |
|* / * * * |
|- / |
| |
|------------------|
因此做个总结，将圆看成顶点，相交的圆存在无向边，加入坐标信息后，对于每个与上边界相交的圆，以其为起点进行dfs遍历，若能到达与下边界相交的圆，则表示无解；在以上dfs过程中，经过的每个点都是连通块的一部分，此时取其中与左右边界交点的最南端点，即为答案。
注意点
- 两圆相交则表示存在边（不同于相切），本题相交表示坐标间关系都是严格大于或小于，不可取等
AC代码（C++11，条件转换，连通块dfs）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define SQU(x) ((x)*(x)) // 平方宏，注意都要加括号
const int maxn=1010; // 最大圆数量
int n, vis[maxn]={0}; // 访问数组
double x[maxn], y[maxn], r[maxn], ansl, ansr; // 坐标(x,y);r为半径;左边界最小点，右边界最小点
bool isIntersect(int c1, int c2) { // 判断两个圆是否相交：圆心距 < (r1+r2)
return SQU(x[c1]-x[c2]) + SQU(y[c1]-y[c2]) < SQU(r[c1]+r[c2]);
}
void calLR (int c) { // 计算每个连通块与左右边界最南处交点
if (x[c] < r[c]) { // 与左边界相交
double t = y[c] - sqrt(SQU(r[c]) - SQU(x[c]));
if (t < ansl) ansl = t;
}
if (x[c] + r[c] > 1000) { // 与右边界相交
double t = y[c] - sqrt(SQU(r[c]) - SQU(1000-x[c]));
if (t < ansr) ansr = t;
}
}
bool dfs(int c) { // 判断能否从北边界走到南边界
vis[c] = 1; // 标记为已访问
if (y[c] < r[c]) return true; // 不取等，碰到南边界，即直线y=0
for (int i=0; i < n; i ++) if (vis[i]==0 && isIntersect(c,i) && dfs(i)) return true; // 遍历连通块
calLR(c); // 计算左右边界
return false; // 到这里说明
}
int main() {
while (scanf("%d", &n) == 1) {
for (int i=0; i < n; i ++) scanf("%lf%lf%lf", &x[i], &y[i], &r[i]);
memset(vis, 0, sizeof(vis)); ansl = ansr = 1000.0; // 初始化
bool isWin=true;
for (int i=0; i < n; i ++) // 遍历n个圆
if (y[i]+r[i] > 1000 && dfs(i)) { // 与上边界相交且能走到下边界
isWin = false;
break;
}
if (isWin) printf("0.00 %.2lf 1000.00 %.2lf\n", ansl, ansr);
else puts("IMPOSSIBLE");
}
return 0;
}
