1.1.5 蚂蚁。一根长度为L厘米的木棍上有n只蚂蚁，每只蚂蚁要么朝左爬，要么朝右爬，速度为1厘米/秒。

蚂蚁

题目来源：《算法竞赛入门经典——训练指南》/刘汝佳，陈锋编著

一根长度为L厘米的木棍上有n只蚂蚁，每只蚂蚁要么朝左爬，要么朝右爬，速度为1厘米/秒。当两只蚂蚁相撞时，二者同时掉头（掉头时间忽略不计）。给出每只蚂蚁的初始位置和朝向，计算T秒之后每只蚂蚁的位置。
【输入格式】
输入的第一行为数据组数。每组数据的第一行为3个正整数L，T，n（0≤n≤10000）；以下n行每行描述一只蚂蚁的初始位置，其中，整数x为蚂蚁距离木棍左端的距离（单位：
厘米），字母表示初始朝向（L表示朝左，R表示朝右）。
【输出格式】
对于每组数据，输出n行，按输入顺序输出每只蚂蚁的位置和朝向（Turning表示正在碰撞）。在第T秒之前已经掉下木棍的蚂蚁（正好爬到木棍边缘的不算）输出Fell off。
【样例输入】
2
10 1 4
1 R
5 R
3 L
10 R
10 2 3
4 R
5 L
8 R

【样例输出】

Case #1:
2 Turning
6 R
2 Turning
Fell off
Case #2:
3 L
6 R
10 R

示例代码

//代码来源：《算法竞赛入门经典——训练指南》/刘汝佳，陈锋编著.#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 10000 + 5;struct Ant{int id; //enter orderint p; //positionint d; //direct -1 left, 0 turning, 1 right bool operator<(const Ant& a) const{return p < a.p;}
}before[maxn], after[maxn];const char dirName[][10] = {"L", "Turning", "R"};int order[maxn]; //输入的第i只蚂蚁, 是终态中左数第order[i]只蚂蚁int main(){int K;scanf("%d", &K);for(int kase = 1; kase <= K; kase++){int L, T, n; //length time numberOfAnts printf("Case #%d:\n", kase);scanf("%d%d%d", &L, &T, &n);for(int i = 0; i < n; i++){int p, d;char c;scanf("%d %c", &p, &c);d = (c == 'L' ? -1 : 1);before[i] = (Ant){i, p, d};after[i] = (Ant){0, p+T*d, d}; //id is unknown}//order listsort(before, before+n);for(int i = 0; i <= n - 1; i ++)order[before[i].id] = i;//finalsort(after, after+n);for(int i = 0; i < n-1; i++)if(after[i].p == after[i+1].p)after[i].d = after[i + 1].d = 0;// Turning //outputfor(int i = 0; i < n; i++){int a = order[i];if(after[a].p < 0 || after[a].p > L)printf("Fell off\n");elseprintf("%d %s\n", after[a].p, dirName[after[a].d + 1]);}printf("\n");}return 0;
}

总结

所有蚂蚁的相对位置保持不变, 在不掉下木板的情况下, 所有的蚂蚁都可以看成是"往复运动"
朝向某方向蚂蚁的个数不变, 也就是说, 原来有2只朝右2只朝左的蚂蚁, 碰撞过后还是有2只朝右2只朝左的蚂蚁
蚂蚁碰撞的时候可以看成"对穿而过", 我们可以由此找出每个蚂蚁最终的位置和朝向(而不用在意是哪一只蚂蚁)
我们的逻辑是"知道最后一定会有蚂蚁在这个位置, 再去找应该在这个位置的蚂蚁", 而不是"由蚂蚁计算它最后的位置"
找到了"应该在这个位置的蚂蚁"之后, 这个蚂蚁的方向也就确定了(方向在第3步得出)
另外, 我们可以根据输入顺序给蚂蚁加一个标签(id), 来在最后的结果中选择输出

在结构体中重载了<以排序
dirName 与蚂蚁的 d + 1 相对应便于输出
使用0/1/-1代表蚂蚁状态

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