题目描述:

bz

luogu

题解:

暴力可以记录$AB$位置转移,这个时候状态是$n^4$的,无法接受。

考虑只记录$A$在$B$旁边时的状态,这个时候状态时$n^2$的。

所以说转移有两种,一种是$A$推$B$一下,另一种是$A$绕到$B$另一侧。

第一种转移显然$O(1)$,瓶颈在第二种。

发现这对点满足点双,所以建出广义圆方树,判两个点是否同父亲或一个点是另一个点的爷爷。

时间复杂度$O(n^2)$。

代码:

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = ;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
T f = ,c = ;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){c=c*+ch-'';ch=getchar();}
x = f*c;
}
int n,m,Q,nam[N][N],tot,rtx,rty,rt,stx,sty,st,hed[N*N],cnt=;
char mp[N][N];
bool check(int x,int y){return x&&y&&x<=n&&y<=m;}
int dx[]={-,,,},dy[]={,,-,};
struct EG
{
int to,nxt;
}e[*N*N];
void ae(int f,int t)
{
e[++cnt].to = t;
e[cnt].nxt = hed[f];
hed[f] = cnt;
}
int dfn[N*N],low[N*N],tim,fa[N*N*];
int sta[N*N*],tl;
void tarjan(int u,int f)
{
dfn[u] = low[u] = ++tim;
sta[++tl] = u;
for(int j=hed[u];j;j=e[j].nxt)
{
int to = e[j].to;
if(to==f)continue;
if(!dfn[to])
{
tarjan(to,u);
low[u] = min(low[u],low[to]);
if(low[to]>=dfn[u])
{
int now = ++tot;
fa[now] = u;
int c = -;
while(c!=to)
{
c = sta[tl--];
fa[c] = now;
}
}
}else low[u] = min(low[u],dfn[to]);
}
}
bool ck(int u,int v)
{
if(fa[u]==fa[v])return ;
if(fa[fa[v]]==u)return ;
if(fa[fa[u]]==v)return ;
return ;
}
bool dp[N][N][];
bool vis[N][N];
struct Pair
{
int x,y;
Pair(){}
Pair(int x,int y):x(x),y(y){}
};
void bfs()
{
queue<Pair>q;
q.push(Pair(rtx,rty));
vis[rtx][rty] = ;
while(!q.empty())
{
Pair tp = q.front();q.pop();
int x = tp.x,y = tp.y;
for(int k=;k<;k++)
{
int xx = x+dx[k],yy = y+dy[k];
if(!nam[xx][yy])continue;
if(xx==stx&&yy==sty)dp[stx][sty][k]=;
else if(!vis[xx][yy])vis[xx][yy]=,q.push(Pair(xx,yy));
}
}
}
struct Tri
{
int x,y,z;
Tri(){}
Tri(int x,int y,int z):x(x),y(y),z(z){}
};
void sol()
{
queue<Tri>q;
for(int k=;k<;k++)if(dp[stx][sty][k])
q.push(Tri(stx,sty,k));
while(!q.empty())
{
Tri tp = q.front();
q.pop();
int x = tp.x,y = tp.y,k = tp.z;
if(nam[x+dx[k]][y+dy[k]]&&!dp[x+dx[k]][y+dy[k]][k])dp[x+dx[k]][y+dy[k]][k]=,q.push(Tri(x+dx[k],y+dy[k],k));
for(int i=;i<;i++)if(nam[x-dx[i]][y-dy[i]]&&i!=k&&ck(nam[x-dx[k]][y-dy[k]],nam[x-dx[i]][y-dy[i]])&&!dp[x][y][i])
dp[x][y][i]=,q.push(Tri(x,y,i));
}
}
bool cck(int x,int y){return dp[x][y][]||dp[x][y][]||dp[x][y][]||dp[x][y][]||(x==stx&&y==sty);}
int main()
{
// freopen("tt.in","r",stdin);
read(n),read(m),read(Q);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%s",mp[i]+);
for(int j=;j<=m;j++)if(mp[i][j]!='#')
{
nam[i][j] = ++tot;
if(mp[i][j]=='A')rt=tot,rtx=i,rty=j;
if(mp[i][j]=='B')st=tot,stx=i,sty=j;
}
}
for(int i=;i<=n;i++)for(int j=;j<=m;j++)if(mp[i][j]!='#')
{
int u = nam[i][j];
for(int x,y,k=;k<;k++)
{
x = i+dx[k],y = j+dy[k];
if(!check(x,y)||mp[x][y]=='#')continue;
ae(u,nam[x][y]);
}
}
tarjan(rt,);
bfs();sol();
for(int x,y,i=;i<=Q;i++)
{
read(x),read(y);
puts(cck(x,y)?"YES":"NO");
}
return ;
}

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