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题目描述
在高为 H 的天花板上有 n 个小球，体积不计，位置分别为 0，1，2，…．n-1。在地面上有一个小车（长为 L，高为 K，距原点距离为 S1）。已知小球下落距离计算公式为 d＝1/2*g*(t^2)，其中 g=10，t 为下落时间。地面上的小车以速度 V 前进。如下图：
小车与所有小球同时开始运动，当小球距小车的距离 <= 0.00001 时，即认为小球被小车接受（小球落到地面后不能被接受）。
请你计算出小车能接受到多少个小球。
输入描述:
输入H，S1，V，L，K，n （l<=H，S1，V，L，K，n<=100000）
输出描述:
输出小车能接受到的小球个数。
示例1
输入
复制5.0 9.0 5.0 2.5 1.8 5
5.0 9.0 5.0 2.5 1.8 5
输出
复制1
1
个人思路?
? ?这道题我认为属于基础的枚举思想的应用。
? ? 一个物理过程在计算机中模拟，是一个一个“时间片”去处理的，假如我们找出所有时间片的情况来做判断，肯定等找出答案。但是，假如搞出所有“时间片”（比如用t+=0.00001计时）时间复杂度会奇高无比。要化简：真正有用的仅仅是两个特殊的时间点，小车的前端和后端分别在小球正下方时。枚举思想与暴力解决的区别，在于既要不遗漏特殊情况，又要舍弃那些无关的情况。
#include<stdio.h>
double H,S1,V,L,K; int n;
double yBall(double t) //计算小球纵坐标
{
return H - 5*(t*t);
}
double T(double x) //计算小车到某一位置时用的时间
{
return x/V;
}
int main()
{
double t1,t2;
int cnt = 0,i;
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%d",&H,&S1,&V,&L,&K,&n);
for(i=n-1;i>=0;i--)
{
if(S1-i<=0) continue;
t1 = T(S1-i); //小车前端到小球下的时刻
t2 = T(S1+L-i); //小车后端到小球下的时刻
if(yBall(t1)-K<=10e-5&&(yBall(t1)-0)>=-10e-5) //第一种接球：车的前侧面
cnt++;
else if((yBall(t1)-K)*(yBall(t2)-K) <= 0) //第二种接球：车的顶部
cnt++; //类似零点存在定理，一定有yBall>K到yBall<K的过程
//好处是可以无视精度了
}
printf("%d",cnt);
return 0;
}? ? 需要注意一点的是精度的问题。我第一次提交的时候就因此错了部分用例。总结一下方法就是：小于最大的范围，大于最小的范围（如yBall(t1)-0)>= -10e-5 取这个负号）。另外就是像第二种情况的判断条件可以跳过精度的问题，因为double值的符号永远不会有误差。