codeforces 733D Kostya the Sculptor

这个题目的题意比较简单：给定n个长方体，两个长方体可以粘成一个新的长方体的条件是两个长方体有一个面大小是相同的（长和宽都相同），最多允许两个长方体粘在一起。要求求出内切球最大的长方体（有可能是两个粘成的新的长方体，也有个能是原始的单个长方体）。

解决的方法也比较简单，大致说一下思路：

这个题目的关键就是如何快速的判断出这n个长方体中，哪些是可以粘在一起的。如果两两分别判断，肯定超时，我的做法是，将每个长方体看成6个不同的长方体（长方体长宽高的一个排列），然后定义一下小于号（具体做法看代码中结构体小于号的重载，需要说明的是，当长和宽相同时，需要让其根据高来排序，这么做可以保证排序后，当有一列长方体的长宽都相同时，我门只取最后两个就行。这个不难想到，当长和宽都相同时，内切求的大小取决于高，又因为最后两个肯定对应高最大的两个）。然后就比较简单，遍历一编，判断相邻两个是否能粘在一起，并求一下粘在一起后的内切球半径即可（长宽高的最小值）。具体过程见代码。

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <queue>#include <vector>#include <algorithm>using namespace std;const int MAX = 600010;struct Node{int x, y, z, index;bool operator < (const Node& rgs) const{if (x != rgs.x){return x < rgs.x;}if (y != rgs.y){return y < rgs.y;}/*if (z != rgs.z){return z < rgs.z;   //把这个错误的地方写出来，就是自己刚开始这样写，导致出现两个相同的长方体时，没法比较}*/return z < rgs.z;}}p[MAX];int  judge(int i, int j){if (p[i].index == p[j].index) return 0;if (p[i].x==p[j].x && p[i].y == p[j].y){return min(min(p[i].x, p[i].y), p[i].z+p[j].z);}return 0;}int main(){/* code */int n;while (scanf("%d", &n) != EOF){int res = 0, k;int x, y, z;for (int i = 0, j = 0; i<n; i++){scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);p[j++] = (Node){x, y, z, i};p[j++] = (Node){x, z, y, i};p[j++] = (Node){y, x, z, i};p[j++] = (Node){y, z, x, i};p[j++] = (Node){z, x, y, i};p[j++] = (Node){z, y, x, i};int tmp = min (z, min(x, y));if (tmp > res){res = tmp;k = i+1;}}sort (p, p+n*6);/*for (int i = 0; i<n*6; i++){printf("%d %d %d %d\n", p[i].x, p[i].y, p[i].z, p[i].index);}*/int l = 0, r = 0;for (int i = 0; i<6*n-1; i++){int tmp = judge(i, i+1);if (tmp > res){res = tmp;l = p[i].index+1;r = p[i+1].index+1;}}if (l > 0){printf("2\n");printf("%d %d\n", l, r);}else{printf("1\n");printf("%d\n", k);}} return 0;}