奶酪（并查集）
题目描述
现有一块大奶酪，它的高度为 h，它的长度和宽度我们可以认为是无限大的，奶酪中间有许多半径相同的球形空洞。我们可以在这块奶酪中建立空间坐标系， 在坐标系中，奶酪的下表面为 z = 0，奶酪的上表面为 z = h。
现在， 奶酪的下表面有一只小老鼠 Jerry， 它知道奶酪中所有空洞的球心所在的坐标。如果两个空洞相切或是相交，则 Jerry 可以从其中一个空洞跑到另一个空洞，特别地，如果一个空洞与下表面相切或是相交， Jerry 则可以从奶酪下表面跑进空洞； 如果一个空洞与上表面相切或是相交， Jerry 则可以从空洞跑到奶酪上表面。
位于奶酪下表面的 Jerry 想知道， 在不破坏奶酪的情况下，能否利用已有的空洞跑到奶酪的上表面去?
空间内两点 P1(x1,y1,z1) 、P2(x2,y2,z2) 的距离公式如下：
输入描述:
每个输入文件包含多组数据。
输入文件的第一行，包含一个正整数 T，代表该输入文件中所含的数据组数。
接下来是 T 组数据，每组数据的格式如下：
第一行包含三个正整数 n， h 和 r， 两个数之间以一个空格分开，分别代表奶酪中空洞的数量，奶酪的高度和空洞的半径。
接下来的 n 行，每行包含三个整数 x, y, z， 两个数之间以一个空格分开， 表示空洞球心坐标为 (x,y,z)。
输出描述:
输出文件包含 T 行，分别对应 T 组数据的答案，如果在第 i 组数据中， Jerry 能从下表面跑到上表面，则输出“Yes”，如果不能，则输出“No”（均不包含引号）。
示例1
输入
3
2 4 1
0 0 1
0 0 3
2 5 1
0 0 1
0 0 4
2 5 2
0 0 2
2 0 4
输出
Yes
No
Yes
说明
备注:
对于 20%的数据， n = 1， 1 ≤ h , r ≤ 10,000，坐标的绝对值不超过 10,000。
对于 40%的数据， 1 ≤ n ≤ 8， 1 ≤ h , r ≤ 10,000，坐标的绝对值不超过 10,000。
对于 80%的数据，1 ≤ n ≤ 1,000， 1 ≤ h , r ≤ 10,000，坐标的绝对值不超过 10,000。
对于 100%的数据， 1 ≤ n ≤ 1,000， 1 ≤ h , r ≤ 1,000,000,000， T ≤ 20，坐标的绝对值不超过 1,000,000,000。
思路来源牛客网。
作者：limojin
链接：https://ac.nowcoder.com/discuss/199158?type=101&order=0&pos=1&page=0
来源：牛客网
问题中有两个需要注意的点，一个是空洞和空洞有合并的情况，另一个是合并后空洞的最大高度。因此，合并父节点的情况可以采用并查集的方式来维护，而对于最大高度的情况，思路是保存每个空洞的最高点，然后查询空洞根父亲节点的高度。然而这种思路还有一个比较重要的注意事项，即：能否有一个空洞的最低点小于0。如果所有空洞的最低点都大于0，一定是不可以的。所以维护一个st数组来保证哪些节点最低点是小于0的，以此保证其根父亲节点有意义。
另外，虽然最开始采用的是dis的平方进行比较，但考虑到r数据范围到1e9，所以应该采用开方后比较，并使用ll。
由于感觉作者的代码太麻烦，个人在理解思路后，自己编写了新的代码可供参考。
代码如下：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long int ll;
const ll MAXN = 1e3 + 10;
ll n, h, r;
ll cnt = 0;
ll f[MAXN];
ll vis[MAXN];
ll len[MAXN];
struct Node
{
ll x, y, z;
}nod[MAXN];
void init()
{
for (ll i = 0; i < n; i++)
f[i] = i;
cnt = 0;
memset(len, 0, sizeof(len));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
return;
}
ll dis(ll x1, ll y1, ll z1, ll x2, ll y2, ll z2)
{
return (x2 - x1) * (x2 - x1) + (y2 - y1) * (y2 - y1) + (z2 - z1) * (z2 - z1);
}
ll find(ll x)
{
if (f[x] == x)
return x;
return(f[x] = find(f[x]));
}
ll merge(ll x, ll y)
{
ll f1 = find(x);
ll f2 = find(y);
if (f1 == f2)
return 0;
else
{
if (vis[f1] > vis[f2])
{
f[f2] = f1;
}
else
f[f1] = f2;
return 1;
}
}
int main()
{
ll T;
cin >> T;
while (T--)
{
cin >> n >> h >> r;
init();
for (ll i = 0; i < n; i++)
{
cin >> nod[i].x >> nod[i].y >> nod[i].z;
vis[i] = nod[i].z + r;
if (nod[i].z - r <= 0)
len[cnt++] = i;
}
for (ll i = 0; i < n; i++)
{
for (ll j = 0; j < i; j++)
{
if (sqrt(1.0 * dis(nod[i].x, nod[i].y, nod[i].z, nod[j].x, nod[j].y, nod[j].z))<2*r+(1e-9))
merge(i, j);
}
}
ll flag = 0;
for (ll i = 0; i < cnt; i++)
{
if (vis[find(len[i])] >= h)
{
flag = 1;
cout << "Yes" << endl;
break;
}
}
if (flag == 0)
cout << "No" << endl;
}
return 0;
}
来源：https://blog.csdn.net/u012310622/article/details/99291269