第31次CCF计算机软件能力认证第二题《坐标转换其二》80分-＞100分攻略【2023-9-17】 C++/C

问题描述：

对于平面直角坐标系上的坐标 (x,y)，小 P 定义了如下两种操作：

1. 拉伸 k 倍：横坐标 x 变为 kx，纵坐标 y 变为 ky；

2. 旋转 a：将坐标 (x,y) 绕坐标原点 (0,0) 逆时针旋转 a弧度（0≤a<2*PI）。易知旋转后的横坐标为 xcos⁡(a)−ysin⁡(a)，纵坐标为 xsin⁡(a)+ycos⁡(a)。

设定好了包含 n个操作的序列 (t1,t2,⋯,tn) 后，小 P 又定义了如下查询：

• i j x y：坐标 (x,y) 经过操作 ti,⋯,tj（1≤i≤j≤n）后的新坐标。

对于给定的操作序列，试计算 m个查询的结果。

样例

        输入

        3 3

        1 2.5

        1 3.0

        2 3.14159

        1 1 1 3

        1 0 1 2

        3 4 3 3

        输出

        -7.5 -7.5

         7.5 0

         -3 -4

问题解析

   如果这道题纯粹采用暴力模拟的话会出现超时错误，输入n个操作之后储存在数组arr中，在m个样例中分别模拟一遍从第i步到第j步是导致这道题最后超时的原因

解决思想

   如何优化的关键在于能否省去模拟从第i步到第j步的步骤

引言

   首先我们来看一道问题：

   给你一个数组，存在n个整数，共有m个样例，每个样例有i和j两个整数，请输出第i 个数到第j个数的和。

   这道题目一看十分简单，直接从将第i个数加到第j个数输出便可以完成，但是如果n，m的数量级很大，就会出现超时现象。

    我们可以创建一个sum数组，sum[i]储存的是第一个元素到第i个元素之和，预处理之后我们求样例中的第i个数到第j个数便可以直接是sum[j]-sum[i-1] 

正题

        所以我们在csp的第二题中可以借鉴这道“前缀和”的题目解决模拟的耗时，且为方便计算时应当转化为极坐标系来看待，这样对长度，角度的变化也更容易实现

直接看代码：

#include
#include
using namespace std;
//创建结构体point储存执行每步后所在的地点信息 
struct point{
	//用极坐标表示 
	double len;
	double anl;
};
int main (){
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	//P数组相当于前缀和的sum数组 
	point P[n+5];
	//初始化，伸缩1.0，转动0.0 
	P[0]={1.0,0.0}; 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int kind;//操作类型 1代表伸缩 2代表转角 
		double act;//操作数据量 
		cin>>kind>>act;
		//伸缩 
		if(kind==1){
			//角度不变继承上一步 
			P[i].anl=P[i-1].anl;
			P[i].len=act*P[i-1].len; 
		}
		else if(kind==2){
			P[i].len=P[i-1].len;
			P[i].anl=P[i-1].anl+act;
		}
	} 
	//开始输入样例 
	for(int i=0;i>di>>dj>>dx>>dy;
		double clen=P[dj].len/P[di-1].len;//表示 第j步相对第i-1步伸缩的长度 
		double cagl=P[dj].anl-P[di-1].anl; //表示第j步相对第i-1步转动的角度 
		//开始代入公式
		dx*=clen;
		dy*=clen;
		double x=dx*cos(cagl)-dy*sin(cagl); 
		double y=dx*sin(cagl)+dy*cos(cagl);		
	 	printf("%f %f\n",x,y);
	}
	return 0;
} 

               

---