点的变换（矩阵转化）

Link：http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=298

点的变换

时间限制：2000 ms  |  内存限制：65535 KB

难度：5

描述

平面上有不超过10000个点，坐标都是已知的，现在可能对所有的点做以下几种操作：

平移一定距离(M)，相对X轴上下翻转(X)，相对Y轴左右翻转(Y),坐标缩小或放大一定的倍数(S),所有点对坐标原点逆时针旋转一定角度(R)。    

操作的次数不超过1000000次，求最终所有点的坐标。

 

提示：如果程序中用到PI的值，可以用acos(-1.0)获得。

输入

只有一组测试数据
测试数据的第一行是两个整数N,M，分别表示点的个数与操作的个数(N<=10000,M<=1000000)
随后的一行有N对数对，每个数对的第一个数表示一个点的x坐标，第二个数表示y坐标，这些点初始坐标大小绝对值不超过100。
随后的M行，每行代表一种操作，行首是一个字符：
首字符如果是M,则表示平移操作，该行后面将跟两个数x,y，表示把所有点按向量(x,y)平移;
首字符如果是X，则表示把所有点相对于X轴进行上下翻转;
首字符如果是Y，则表示把所有点相对于Y轴进行左右翻转;
首字符如果是S，则随后将跟一个数P,表示坐标放大P倍;
首字符如果是R，则随后将跟一个数A,表示所有点相对坐标原点逆时针旋转一定的角度A(单位是度)

输出

每行输出两个数，表示一个点的坐标(对结果四舍五入到小数点后1位，输出一位小数位）
点的输出顺序应与输入顺序保持一致

样例输入

2 51.0 2.0 2.0 3.0XYM 2.0 3.0S 2.0R 180

样例输出

-2.0 -2.00.0 0.0

来源

经典问题

分析：如果按照题目描述的那样模拟，肯定会超时。这时就要找一种快速变换的方法。

重点分析最后一个矩阵是如何得到的：在平面中，一个点绕任意点旋转θ度后的点的坐标公式如下：假设对图片上任意点(x,y)，绕一个坐标点(rx0,ry0)逆时针旋转a角度后的新的坐标设为(x0, y0)，有公式：

    x0= (x - rx0)*cos(a) - (y - ry0)*sin(a) + rx0 ;
    y0= (x - rx0)*sin(a) + (y - ry0)*cos(a) + ry0 ;

对这两条公式的证明：详见http://jingyan.baidu.com/article/2c8c281dfbf3dd0009252a7b.html

这样就可以先算出经过M次变换后形成的最终矩形，然后用点的坐标乘以矩形就可以求出答案。

AC code：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#include<vector>#include<queue>#include<map>#define LL long long #define MAXN 1000010using namespace std;const int INF=0x3f3f3f3f;const double PI=acos(-1.0);struct point{double x;double y;}p[MAXN];//----以下为矩阵快速幂模板-----// //const int mod=1000;//模3，故这里改为3即可 int mod=2;const int NUM=4;//定义矩阵能表示的最大维数 int N;//N表示矩阵的维数，以下的矩阵加法、乘法、快速幂都是按N维矩阵运算的 struct Mat{//矩阵的类double a[NUM][NUM];Mat(){memset(a,0,sizeof(a));}  void init()//将其初始化为单位矩阵  {memset(a,0,sizeof(a));for(int i=0;i<NUM;i++){a[i][i]=1;}}};Mat A,B,ans;Mat add(Mat a,Mat b)//(a+b)%mod  矩阵加法  {Mat ans;for(int i=0;i<N;i++){for(int j=0;j<N;j++){ans.a[i][j]=(a.a[i][j])+(b.a[i][j]);}}return ans;}Mat mul(Mat a,Mat b) //(a*b)%mod  矩阵乘法  {Mat ans;for(int i=1;i<=N;i++){for(int j=1;j<=N;j++){ans.a[i][j]=0;for(int k=1;k<=N;k++){ans.a[i][j]=(ans.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j]);}}}return ans;}Mat power(Mat a,int num)//(a^n)%mod  矩阵快速幂 {Mat ans;ans.init();while(num){if(num&1){ans=mul(ans,a);}num>>=1;a=mul(a,a);}return ans;}Mat pow_sum(Mat a,int num)//(a+a^2+a^3....+a^n)%mod 矩阵的幂和{int m;Mat ans,pre;if(num==1)return a;m=num/2;pre=pow_sum(a,m);ans=add(pre,mul(pre,power(a,m)));if(num&1)ans=add(ans,power(a,num));return ans;}Mat mov(Mat a,double x,double y){Mat ans;ans.init();ans.a[1][3]=x;ans.a[2][3]=y;return mul(ans,a);//注意：这里是矩阵ans左乘a！！！下面都是，不是右乘 }Mat x_ud(Mat a){Mat ans;ans.init();ans.a[2][2]=-1;return mul(ans,a);}Mat y_lr(Mat a){Mat ans;ans.init();ans.a[1][1]=-1;return mul(ans,a);}Mat s_large(Mat a,double p){Mat ans;ans.init();ans.a[1][1]=p;ans.a[2][2]=p;return mul(ans,a);}Mat rot(Mat a,double angle){angle=(angle/180.0)*PI;Mat ans;ans.init();ans.a[1][1]=ans.a[2][2]=cos(angle);ans.a[1][2]=-sin(angle);ans.a[2][1]=sin(angle);return mul(ans,a);}void output(Mat a)//输出矩阵 {for(int i=1;i<=N;i++){for(int j=1;j<=N;j++){printf("%d%c",a.a[i][j],j==N-1?'\n':' ');}}}//----以上为矩阵快速幂模板-----// int main(){//freopen("D:\in.txt","r",stdin);int n,m,i,j;double x,y;char ch;scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y);}A.init();N=3;while(m--){getchar();scanf("%c",&ch);if(ch=='X')A=x_ud(A);else if(ch=='Y')A=y_lr(A);else if(ch=='M'){scanf("%lf%lf",&x,&y);A=mov(A,x,y);}else if(ch=='S'){scanf("%lf",&x);A=s_large(A,x);}else if(ch=='R'){scanf("%lf",&x);A=rot(A,x);}}for(i=1;i<=n;i++){ans.a[1][1]=A.a[1][1]*p[i].x+A.a[1][2]*p[i].y+A.a[1][3];ans.a[2][1]=A.a[2][1]*p[i].x+A.a[2][2]*p[i].y+A.a[2][3];printf("%.1lf %.1lf\n",ans.a[1][1],ans.a[2][1]);}return 0;}