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lx.cpp

@@ -0,0 +1,68 @@
+#include <bits/stdc++.h>
+
+#define rep(i, x, y) for (int i = (x), _ = (y); i <= _; ++i)
+#define down(i, x, y) for (int i = (x), _ = (y); i >= _; --i)
+#define x first
+#define y second
+#define LX_JUDGE
+
+using namespace std;
+typedef long long LL;
+
+const int inf = 0x3f3f3f3f;
+const int N = 1e5 + 10;
+
+const int dx[] = {1, 0, -1, 0};
+const int dy[] = {0, -1, 0, 1};
+
+typedef pair<LL, LL> point;
+
+inline point operator + (const point & a, const point & b)		//位移向量相加
+{
+	return point(a.x + b.x, a.y + b.y);
+}
+
+inline point rotate(point x, int d)			//逆时针旋转移动向量 90*d 度
+{
+	if (!d)
+		return x;
+	return rotate(point(x.y, -x.x), d - 1);	
+}
+
+class RobotHerb
+{
+public:
+	LL getdist(int T, vector<int> a)
+	{
+		point ans(0, 0);
+		point p(0, 0), q(0, 0);
+		int dir = 0;
+
+		rep (i, 0, a.size() - 1)		//模拟一次命令序列的执行
+		{
+			q.x += a[i] * dx[dir];
+			q.y += a[i] * dy[dir];
+			dir = (dir + a[i]) % 4;
+		}
+
+		int cnt = T / 4;		//把 T 次命令分为 (T/4)*4 次和零散部分
+		T %= 4;
+
+		rep (i, 0, 3)
+		{
+			p = p + q;
+			q = rotate(q, dir);
+		}
+
+		ans = point(p.x * cnt, p.y * cnt);
+
+		rep (i, 1, T)			//计算零散部分  
+		{
+			ans = ans + q;
+			q = rotate(q, dir);
+		}
+
+		return abs(ans.x) + abs(ans.y);
+	}
+};
+

solution.md

@@ -0,0 +1,19 @@
+###SRM570 div1 250  
+
+作者：吕欣  
+关键词：模拟，找规律  
+
+###题意简述  
+
+某机器人在平面上原点处，它有一个长度为 $$n(\leq50)$$ 的命令序列，其中第 $$i$$ 个命令中它会向当前方向移动 $$a[i]$$ 个位置，然后顺时针旋转
+ $$a[i]\times 90$$ 度，它会重复执行这个命令序列 $$T$$ 次，求它最后停下来的位置和原点的曼哈顿距离。  
+
+约定：$$T, a[i]\leq10^9, n\leq 50$$  
+
+###算法分析  
+
+不难发现，无论机器人执行一次命令序列之后方向如何旋转，它重复执行 $$4$$ 次命令序列之后总能回到原来的方向，所以每 $$4$$ 次命令序列使它产生的位移是相同的。  
+
+我们暴力模拟 $$4$$ 次命令序列，就能知道 $$4\times\lfloor{\frac T4}\rfloor$$ 次命令序列的执行使它产生的位移，同时它现在恢复了初始的朝向，我们对 $$T\mod 4$$ 的零散部分再模拟一遍即可得到它最终的的位置 $$(x,y)$$，答案即为 $$\left| x\right|+\left|y\right|$$。  
+
+时间复杂度 $$O(n)$$，空间复杂度 $$O(1)$$