题解 洛谷P1003 【铺地毯】

看标签

枚举，模拟，暴力。

首先，很容易想到开一个大小 (N * N) 的二维数组，然而数据范围是 (0 ≤ N ≤10,000)

提交记录R21442990

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;

const int MAXN = 10000 + 5;

int v[MAXN][MAXN]; //爆0的罪魁祸首

int main() {
	memset(v, -1, sizeof(v));
	
	int n;
	
	cin >> n;
	
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		int a, b, g, k;
		
		cin >> a >> b >> g >> k;
		
		for(int x = a; x <= a + g; x++)  {
			for(int y = b; y <= b + k; y++) {
				v[x][y] = i;
			}
		}
	}
	
	int x, y;
	
	cin >> x >> y;
	
	cout << v[x][y] << endl;
	
	return 0;
}

成功MLE

数组大小：(4 * 10000 * 10000 = 400000000 Byte = 400000 KB = 400MB)

跨过了MLE的红线。

另外一种方法是用四个数组来记录矩形的四个参数，再扫一遍数组，通过检查坐标 ((x, y)) 是否在矩形 (Rect_i) 内，更新最上面的地毯。

提交记录

亲测，完美AC。

至于矩形 (Rect_i) 的存储方法，可以用 (a, b, g, k) 四个数组分别存放左上角的坐标和左上角与右下角的距离。

#include<stdio.h>

const int MAXN = 10000 + 5;//程序里出现幻数可不是好习惯哦~

int a[MAXN], b[MAXN], g[MAXN], k[MAXN];

int main() {
    int n, x, y;
    
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d%d%d%d", &a[i], &b[i], &g[i], &k[i]);//输入
    }
    scanf("%d%d", &x, &y);
    
    int ans = -1;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        if(x >= a[i] && y >= b[i] && x <= a[i] + g[i] && y <= b[i] + k[i]) {
            ans = i + 1;//ans的最终值恰好是最上面的那张地毯编号
        }
    }
    
    printf("%d
", ans);//输出结果
    
    return 0;
}