这是我第一次参加了这次CSP考试，300分，写了124三题，模拟题到现在都没看过题面没看，笑，t4写成模拟加数据结构，200+行，因为一个小错误调了1h，错失了大好机会。考试环境的VSC配置的字体太小，甚至连空格都看不清有还是没有，当时没想到可以重新配置，这可能也是我t4调了1h的原因。

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距离下一次CSP考试考试还有20天左右，特此回顾。代码均为考试时提交的代码，补充思路。

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T1 归一化处理 思路

数据归一化处理，根据给定公式进行计算。

这里要求了输出精度，通过流的格式标志值 i o s _ b a s e : : f i x e d ios\_base::fixed ios_base::fixed和 s e t p r e c i s i o n ( ) setprecision() setprecision()设置输出小数点后10位。

cout<< fixed<< setprecision(10)<< (a[i] - av) / sD<< '\n';

代码

void solve() {int n; cin >>n;

    vectora(n);
    double sum = 0;
    for (int i = 0; i< n; i++) cin >>a[i], sum += a[i];
    double av = sum / n;

    double sD = 0;
    for (int i = 0; i< n; i++) {sD += (a[i] - av) * (a[i] - av);
    }
    sD /= n;
    sD = sqrt(sD);

    for (int i = 0; i< n; i++) {cout<< fixed<< setprecision(10)<< (a[i] - av) / sD<< '\n';
    }
}

T2 寻宝！大冒险！ 思路

给定一个大矩阵 L L L和小矩阵 S S S，均为01矩阵，问 L L L有多少处和 S S S匹配（ L L L有多少个子矩阵和 S S S相等）。
暴力匹配，时间为 O ( L 2 S 2 ) O(L^2S^2) O(L2S2)，虽然一旦不匹配就可以终止，但乐观估计不优于 O ( L 2 ) O(L^2) O(L2).
因此，需要采取一些方法，注意到 n ≤ 1000 n\leq 1000 n≤1000，即‘1’的个数不超过1000，而且

因此从大矩阵‘1’的位置开始匹配，理论复杂度为 O ( n × S 2 ) O(n\times S^2) O(n×S2)，约为 2.5 e 6 2.5e6 2.5e6，时间上可以过，但是还有空间的问题，无法开 1 e 18 1e18 1e18的 b o o l bool bool数组，因此用 s e t < p a i r < i n t , i n t > > set> set>仅存储‘1’的坐标，匹配时要调用 f i n d ( ) find() find()方法找大矩阵中的对应位置，牺牲时间换空间，因此最终时间为 O ( n l o g n × S 2 ) O(nlogn\times S^2) O(nlogn×S2)，约为 2.5 e 7 2.5e7 2.5e7.

代码

set>Set;
vector>a, b;

void solve() {int n, L, S;
    cin >>n >>L >>S;

    int x, y;
    for (int i = 1; i<= n; i++) {cin >>x >>y;
        Set.insert({x, y});
    }

    int m;
    for (int i = 0; i<= S; i++) {for (int j = 0; j<= S; j++) {cin >>m;
            if (m) {a.push_back({S - i, j});    // a tree
            }
            else b.push_back({S - i, j});
        }
    }
    int ans = 0;
    for (auto i : Set) {if (i.first + S >L || i.second + S >L) continue;
        bool ok = 1;
        // cout<< "i: "<< i.first<< ' '<< i.second<< '\n';
        for (auto j : a) {// cout<< "j: "<< j.first<< ' '<< j.second<< '\n';
            int tx = i.first + j.first;
            int ty = i.second + j.second;
            // cout<< tx<< ' '<< ty<< '\n';
            if (Set.find({tx, ty}) == Set.end()) {ok = 0;
                break;
            }
        }

        for (auto j : b) {if (!ok) break;
            int tx = i.first + j.first;
            int ty = i.second + j.second;
            // cout<< tx<< ' '<< ty<< '\n';
            if (Set.find({tx, ty}) != Set.end()) {ok = 0;
                break;
            }
        }
        if (ok) ans++;
    }

    cout<< ans<< '\n';
}

T4 光线追踪 思路

原来这题是图形学的背景，这学期刚刚在学CG，确实CG中很多用数据结构优化（比如多边形填充的APT）的算法。

限制了光线只能水平或者竖直地射，包括反射后的光线，而反射面的端点坐标均为整数，光源也设置在整点位置，因此可以认为光线在网格格线上运动，更进一步，可以认为反射面只设定在格点上。

光线在反射过程中存在耗散。

1，2定义了反射面的增删操作，3设置光源询问 t t t时间后，光线的位置 ( x , y ) (x,y) (x,y)，以及剩余光线强度 I I I。

这个 3 e 5 3e5 3e5的保证意味着可以 O ( n ) O(n) O(n)地将反射面的性质（耗散率，放置方向）存储（或者移除）到一定区间的格点中，用格点代表反射面，格点数就是 ∑ ∣ x 1 − x 2 ∣ \sum|x_1-x_2| ∑∣x1​−x2​∣.

网格大小为 1 e 9 2 1e9^2 1e92，因此必须不能 O ( t ) O(t) O(t)模拟光线的运动。光线的运动状态通过当前位置 ( x , y ) (x,y) (x,y)和方向 d d d，如果 d d d不变，可以 O ( 1 ) O(1) O(1)确定 t t t时间后的位置，而 d d d变化由反射引起，反射是由于经过了反射面，即具有反射性质的格点（下称为格点）。

1. 如何快速找到该点？ s e t set set上二分，将反射点存储于 s e t set set中，从当前点 ( x , y ) (x,y) (x,y)出发找第一个反射点。
2. 通过 m a p < l l , s e t < l l > > map> map>嵌套STL存储，分别存储X，Y方向每条线上的反射点，其实一开始，我用了 s e t < i n t > s e t X [ 2 ∗ N ] setsetX[2 * N] setsetX[2∗N]，提交后RE了，因为坐标可能为负数，而下标不能为负，然后第一次想到了这种用法，将数组下标范围扩大至负数域，而且是动态地开辟空间，不用为内存限制而烦恼！

结合代码讲讲：
定义了结构体 m i r r o r mirror mirror，解决题目规定的对反射面整体的增加和删除操作，对应结构体方法 i n i t init init和 c l r clr clr，而 r e s e t reset reset是将反射性质赋予区域中的格点，就是将该点存储于 m a p < l l , s e t < l l > > map> map>， c l r clr clr中实现了移除，下面这句是进行空间的回收，动态性！其实这里可以将 i n i t init init和 r e s e t reset reset合在一起写。

if (setX[x].size() == 0) setX.erase(x);

w o r k work work函数模拟光线的运动，是递归函数，输入参数 x , y x,y x,y是当前坐标， d d d是方向， I I I是强度， t t t是询问 t t t时刻后的位置。

void work(ll x, ll y, int d, double I, ll t) {

这个函数我按照运动方向分为了4个部分写，因为每个方向上 s e t set set调用的二分方法不同， u p p e r _ b o u n d upper\_bound upper_bound或者 l o w e r _ b o u n d lower\_bound lower_bound，而且边界情况也不好统一表达，只能 i f e l s e ifelse ifelse分类讨论了。
具体看一种情况，光线沿着 x x x轴增加：
此时 y y y不变，首先判断该格线上是否有反射点，没有访问会RE：

if (setY.find(y) == setY.end()) {

若没有，则一直前进；否则，则调用 s e t set set自带的二分方法：

auto it = setY[y].upper_bound(x);   // 找到第一个大于x的数

若没有找到这样的反射点，则一直前进；否则可能发生发射，还要检查到达该点的用时，时间充足发生反射，写到这里大家肯定发现这是道具有大模拟性质的t4了。
发生反射，由于光线原来方向沿 x x x增加，只可能变为沿 y y y方向增加或者减少，这个通过镜子的放置方向确定，递归。

代码

const int N = 1e5 + 5;
const int maxn = 1e5 + 5;

// setsetX[2 * N];
// setsetY[2 * N];

map>setX;
map>setY;
map, int>mp;

struct  mirror
{void init(int ID, ll a1, ll b1, ll a2, ll b2, double A) {id = ID;
        x1 = a1; y1 = b1; x2 = a2; y2 = b2; a = A;
    }
    void reset() {if (x1 >x2) dx = -1;
        else dx = 1;
        if (y1 >y2) dy = -1;
        else dy = 1;

        ll x = x1 + dx, y = y1 + dy;
        while (x != x2) {setX[x].insert(y);
            setY[y].insert(x);
            mp[{x, y}] = id;    // 将点对应至镜子
            x += dx; y += dy;
        }
    }
    void clr() {ll x = x1 + dx, y = y1 + dy;
        while (x != x2) {setX[x].erase(y);
            setY[y].erase(x);
            if (setX[x].size() == 0) setX.erase(x);
            if (setY[y].size() == 0) setY.erase(y);
            mp.erase({x, y});
            x += dx; y += dy;
        }
    }
    int id;
    ll x1, y1, x2, y2;
    int dx, dy;
    double a;
} M[maxn];

void work(ll x, ll y, int d, double I, ll t) {// cout<< "work: "<< x<< ' '<< y<< ' '<< d<< ' '<< I<< ' '<< t<< '\n';
    
    if (I< 1.0) {// 已经完全耗散
        cout<< "0 0 0\n";
        return;
    }
    // if (x< 0 || y< 0) return;
    if  (d == 0) {// x ->沿着x轴增加
        if (setY.find(y) == setY.end()) {cout<< x + t<< ' '<< y<< ' '<< (int)I<< '\n';
            return;
        }
        auto it = setY[y].upper_bound(x);   // 找到第一个大于x的数
        if (it == setY[y].end()) {// 若无则代表没有镜子
            cout<< x + t<< ' '<< y<< ' '<< (int)I<< '\n';
            return;
        }
        else {ll nx = *it;
            if (t< nx - x) {// 看剩余时间是否充足
                cout<< x + t<< ' '<< y<< ' '<< (int)I<< '\n';
                return;
            }
            int mir = mp[{nx, y}];  // 进行一次反射
            auto Mir = M[mir];
            if (Mir.dx * Mir.dy >0) {// 判断镜子方向
                work(nx, y, 1, I * Mir.a, t - (nx - x));
            }
            else {work(nx, y, 3, I * Mir.a, t - (nx - x));
            }
        }
    }
    else if (d == 1) {// y ^
        if (setX.find(x) == setX.end()) {cout<< x<< ' '<< y + t<< ' '<< (int)I<< '\n';
            return;
        }
        auto it = setX[x].upper_bound(y);
        if (it == setX[x].end()) {cout<< x<< ' '<< y + t<< ' '<< (int)I<< '\n';
            return;
        }
        else {ll ny = *it;
            if (t< ny - y) {cout<< x<< ' '<< y + t<< ' '<< (int)I<< '\n';
                return;
            }
            int mir = mp[{x, ny}];
            auto Mir = M[mir];
            if (Mir.dx * Mir.dy >0) {work(x, ny, 0, I * Mir.a, t - (ny - y));
            }
            else {work(x, ny, 2, I * Mir.a, t - (ny - y));
            }
        }
    }
    else if (d == 2) {// x<- 沿着x轴减少
        if (setY.find(y) == setY.end()) {cout<< x - t<< ' '<< y<< ' '<< (int)I<< '\n';
            return;
        }
        auto it = setY[y].lower_bound(x);
        if (it == setY[y].begin()) {// 没有小于x的数
                cout<< x - t<< ' '<< y<< ' '<< (int)I<< '\n';
                return;
        }
        else {it--;   // 第一个小于x的数
            ll nx = *it;
            if (t< x - nx) {cout<< x - t<< ' '<< y<< ' '<< (int)I<< '\n';
                return;
            }
            int mir = mp[{nx, y}];
            auto Mir = M[mir];
            if (Mir.dx * Mir.dy >0) {work(nx, y, 3, I * Mir.a, t - (x - nx));
            }
            else {work(nx, y, 1, I * Mir.a, t - (x - nx));
            }
        }
    }
    else if (d == 3) {// y v
        if (setX.find(x) == setX.end()) {cout<< x<< ' '<< y - t<< ' '<< (int)I<< '\n';
            return;
        }
       auto it = setX[x].lower_bound(y);
        if (it == setX[x].begin()) {cout<< x<< ' '<< y - t<< ' '<< (int)I<< '\n';
                return;
        }
        else {it--; 
            ll ny = *it;
            if (t< y - ny) {cout<< x<< ' '<< y - t<< ' '<< (int)I<< '\n';
                return;
            }
            int mir = mp[{x, ny}];
            auto Mir = M[mir];
            if (Mir.dx * Mir.dy >0) {work(x, ny, 2, I * Mir.a, t - (y - ny));
            }
            else {work(x, ny, 0, I * Mir.a, t - (y - ny));
            }
        }
    }
}

void solve() {int m; cin >>m;

    ll op, x1, y1, x2, y2, d, t, k;
    double a, I;
    for (int i = 1; i<= m; i++) {cin >>op;

        if (op == 1) {cin >>x1 >>y1 >>x2 >>y2 >>a;
            M[i].init(i, x1, y1, x2, y2, a);    // 添加反射镜
            M[i].reset();
        }
        else if (op == 2) {cin >>k;
            M[k].clr();
        }
        else if (op == 3) {cin >>x1 >>y1 >>d >>I >>t;
            if (t == 0) {cout<< x1<< ' '<< y1<< ' '<< (int)I<< '\n';
            }
            work(x1, y1, d, I, t);
        }
    }
}

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新闻标题：CCFCSP认证2022年6月归一化处理、寻宝！大冒险！、光线追踪-创新互联
文章来源：http://njwzjz.com/article/dghsoh.html