AtCoder AGC028-F:Reachable Cells
越来越喜欢AtCoder了,遍地都是神仙题。
题意:
给定一个\(N\)行\(N\)列的迷宫,每一个格子要么是障碍,要么是空地。每一块空地写着一个数码。在迷宫中,每一步只允许向右、向下走,且只能经过空地。
对于每两个连通(从一个可到达另一个)的格子,求出它们数码的乘积。问所有这种乘积的和。
\(1 \leq N \leq 500\)
思路:
容易把到达关系建成一张DAG,我们要做的就只是:对每一个点,求他所有后继的权值和。但是DAG后继数问题,众所周知只有\(O(|E||V|)\)做法,于是换思路。
我们猜测,从一个格子出发,可以达到的点集(即后继集合)大约是一个凸包的形状。
而这个猜想也大约是对的,然而要使其完全正确,还有很长的路要走。
以下用\((i,j)\)表示第\(i\)行第\(j\)列的格子。编号从1开始。
第一步
4177143673
7#########
5#1716155#
6#4#####5#
2#3#597#6#
6#9#8#3#5#
5#2#899#9#
1#6#####6#
6#5359657#
5#########
以上是样例4的网格,由嵌套的3段环状障碍组成。不妨由内而外称为一环,二环,三环。
注意到对于\((3,3)\),他的所有后继在矩形\((3,3) - (9,9)\)里,被三环包围。然而,二环以内的部分却不是\((3,3)\)的后继,需要想办法剔除。
首先发现,如果\((i-1,j)\)和\((i,j-1)\)都是障碍,那么空地\((i,j)\)不会是其他任何格子的后继。因此,如果已经求完了\((i,j)\)自己的后继,完全可以把\((i,j)\)改成障碍。改完之后,可能会产生新的满足同样性质的空地,于是递归地改下去即可。
我们可以考虑从下到上,对每一行分别求答案。每当求完一行所有格子的答案,就把这一行里能改成障碍的都(递归地)修改掉,再进入上一行。
经过这样的操作,就可以证明:
假如第\(i+1\)行到第\(n\)行,都已执行过修改,那么对于空地\((i,j)\),存在一个简单多边形,恰好包含\((i,j)\)的所有后继和若干障碍。
再进一步,这个多边形由一段“上边界”和一段“下边界”拼成,而每一段边界都是仅向下、向右延伸的阶梯型折线。
第二步
我们试着对\((i,j)\),求出他的后继多边形的两段边界。以下给出了求下边界的大致的伪代码。
starting position := (i,j)
while not touching boundary:
while adjacent empty cell exists:
if moving down reaches empty cell:
move down
else:
move right
while (i,j) cannot reach current position:
move right
上边界类似。
如果可以\(O(1)\)地判断,\((i,j)\)是否能够到达\(current position\),那么这段代码的复杂度就是\(O(N)\),总复杂度就是\(O(N^3)\),可过。
第三步
先考虑求下边界时对连通性的判断。
引入“添加”操作,他做的事情是,把某个格子的后继中,所有被修改成障碍的空地还原。此操作的复杂度正比于被还原的格子数量,具体实现见代码中的\(add\)函数。
先清空第\(i\)行及以下的行(都改成障碍),再对第\(i\)行的前\(j\)个格子做添加操作,易证所得的网格满足:
1、\((i,j)\)的所有后继都依然是空地。
2、第\(i\)行下方的所有空地都由第\(i\)行的前\(j\)个格子可达。
3、第一步中的结论依然成立。
注意到先前那段伪代码的流程是:
(1)、沿着\((i,j)\)尽可能向下走,直到无路可走为止。
(2)、从路径尾端不断向右移,直到遇见从\((i,j)\)可达的空地。
(3)、以当前位置为起点,重复(1)。
考虑(2)中遇到的任意一个空地\(P\),则有以下结论(画图后不难理解):
若有\(k \leq j\),\(P\)在以\((i,k)\)为起点的路径上,则此路径必然与一起点为\((i,j)\)的路径相交。
既然有交点,容易发现\(P\)一定由\((i,j)\)可达。于是,若使用以上算法,则(2)中遇到的所有空地都与\((i,j)\)连通。
求下边界解决了,求上边界的话,用对称大法也能同理解决。
细节不少,详见代码。
代码:
#include
#pragma GCC optimize(3)
using namespace std;
#define iinf 2000000000
#define linf 1000000000000000000LL
#define ulinf 10000000000000000000ull
#define MOD1 1000000007LL
#define mpr make_pair
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef unsigned long UL;
typedef unsigned short US;
typedef pair < int , int > pii;
clock_t __stt;
inline void TStart(){__stt=clock();}
inline void TReport(){printf("\nTaken Time : %.3lf sec\n",(double)(clock()-__stt)/CLOCKS_PER_SEC);}
template < typename T > T MIN(T a,T b){return a T MAX(T a,T b){return a>b?a:b;}
template < typename T > T ABS(T a){return a>0?a:(-a);}
template < typename T > void UMIN(T &a,T b){if(b void UMAX(T &a,T b){if(b>a) a=b;}
int n,g[505][505],s[505][505],mx[505];
bool e[505][505];
LL res;
int readchar(){
char c=getchar();
while(c==' ' || c=='\n') c=getchar();
if(c=='#') return 0;
return c-'0';
}
void add(int x,int y){
e[x][y]=1;
if(xmx[y]) break;
if(e[cx][cy]){
found=1;
break;
}
}
if(!found || cx>mx[y]) break;
}
if(cx<=mx[y]) ret+=s[cx][cy];
return ret;
}
void solveline(int x){
int i,j,k;
memcpy(s,g,sizeof(g));
for(i=0;i=0;--i){
if(!g[x][i]) continue;
add(x,i);
res+=(LL)g[x][i]*(LL)(getupper(x,i)-g[x][i]);
}
}
void del(int x,int y){
if((!x || !g[x-1][y]) && (!y || !g[x][y-1])){
g[x][y]=0;
if(x=0;--i){
solveline(i);
for(j=0;j