[USACO] Packing Rectangles

最近一个月一直在忙GSoC，没时间做题，也就没更新，很惭愧。。。

本想速战速决来个开门红，结果遇到了传说中usaco第一道杀脑细胞的题，用了一天时间外加网上提示才搞定，真是失败！

这道题想法倒是不难，枚举所有的可能情况，6种基本布局，每个布局有4！种放矩形的可能，又因为矩形的位置固定后可以旋转，故每种放置又有2*2*2*2中旋转可能，对每一种可能找到它的外围矩形，然后更新最小面积值。

最开始我理解题目出现错误，我以为四个矩形必须拼成一个完整的大矩形（例子给的四个矩形和输出就可以，被误导了！），结果有一组数据过不去。[4,5][4,5][4,5][16,1]这四个矩形无法拼出一个完整的矩形，后来才发现找到能够包围那6个布局的最小矩形就可以了。杯具啊～～

然后最大的问题出现在最后一种布局求外围矩形的宽时，其又分了五种情况，这地方我没想通，看了别人的题解。

链接地址：http://starforever.blog.hexun.com/2097115_d.html

作者把最后一种布局细分为五种情况，对此我并不太认同。其实，第一种和第四种划分是可以通过第三种布局通过旋转，反射得到的，所以三种划分其实就够了。

另外忘了说明，第四种布局和第五种布局在编程时可以放在一起处理，这个也看提示了。。。

下图是我对6种布局进行的标记，与我的代码相对应。

---

/*ID:LANG: CTASK: packrec*/#include <stdio.h>#include <string.h>#include <stdlib.h>#define WI(x) (x & 0x08) >> 3#define WJ(x) (x & 0x04) >> 2#define WK(x) (x & 0x02) >> 1#define WL(x) (x & 0x01)typedef struct rect_t {int side[2];}rect_t;rect_t in[4], out[6];int idx;int area;int max2(int a, int b) {return a >= b ? a : b;}int max3(int a, int b, int c) {return max2(max2(a, b), c);}int max4(int a, int b, int c, int d) {return max2(max3(a, b, c), d);}void check(int w, int h) { //更新最小面积，同时记录边长，使用插入排序法int min = w * h;int i, j;rect_t tmp;if(min > area) return;else if(min == area) {tmp.side[0] = w < h ? w : h;tmp.side[1] = w > h ? w : h;for(i = 0; i < idx; i++) {if(tmp.side[0] == out[i].side[0]) return;if(tmp.side[0] < out[i].side[0]) {for(j = idx; j > i; j--)out[j] = out[j - 1];out[i] = tmp;idx++;return;}}out[idx++] = tmp;}else {area = min;idx = 0;out[idx].side[0] = w < h ? w : h;out[idx++].side[1] = w > h ? w : h;}}int main() {FILE *fin = fopen("packrec.in", "r");FILE *fout = fopen("packrec.out", "w");int i, j, k, l;unsigned char q;memset((char *)in, 0, sizeof(rect_t) * 4);memset((char *)out, 0, sizeof(rect_t) * 6);for(i = 0; i < 4; i++) {fscanf(fin, "%d %d", &in[i].side[0], &in[i].side[1]);}idx = 0;area = ~0x80000000; //area先取最大值for(i = 0; i < 4; i++) {for(j = 0; j < 4; j++) {if(i == j) continue;for(k = 0; k < 4; k++) {if(k == i || k == j) continue;l = 6 - i - j - k; //用i, j, k, l标识一个排列for(q = 0; q < 16; q++) { //位置固定时，每个位置上的矩形旋转，一共有16中可能int w[4], h[4], wmin, hmin;w[0] = in[i].side[WI(q)]; //因为q在0～15之间，恰好可以用4bit表示，每个bit表示一个矩形的旋转h[0] = in[i].side[1 - (WI(q))];w[1] = in[j].side[WJ(q)];h[1] = in[j].side[1 - (WJ(q))];w[2] = in[k].side[WK(q)];h[2] = in[k].side[1 - (WK(q))];w[3] = in[l].side[WL(q)];h[3] = in[l].side[1 - WL(q)];wmin = w[0] + w[1] + w[2] + w[3]; //第1种布局hmin = max4(h[0], h[1], h[2], h[3]);check(wmin, hmin);wmin = max2(w[3], w[0]+w[1]+w[2]); //第2种布局hmin = max3(h[0], h[1], h[2]) + h[3];check(wmin, hmin);wmin = max2(w[0]+w[1], w[2]) + w[3]; //第3种布局hmin = max3(h[0]+h[2], h[1]+h[2], h[3]);check(wmin, hmin);wmin = max2(w[0], w[1]) + w[2] + w[3]; //第4，5种布局hmin = max3(h[0]+h[1], h[2], h[3]);check(wmin, hmin);if(h[2] == h[3]) //第6种布局wmin = max2(w[0]+w[1], w[2]+w[3]);else if(h[2] > h[3] && h[2] < h[3]+h[1])wmin = max3(w[2]+w[3], w[2]+w[1], w[0]+w[1]);else if(h[2] < h[3] && h[2]+h[0] > h[3])wmin = max3(w[3]+w[2], w[3]+w[0], w[0]+w[1]);hmin = max2(h[0]+h[2], h[1]+h[3]);check(wmin, hmin);}}}}fprintf(fout, "%d/n", area);for(i = 0; i < idx; i++) {fprintf(fout, "%d %d/n", out[i].side[0], out[i].side[1]);}exit(0);}

 

---

 

分析的解法没看，最近有点浮躁，估计也得花点时间，以后再说吧～～