题目传送门

记忆化搜索

首先,这题 \(10000\) 组 \(2000\times 2000\) 的数据直接爆搜肯定会超时。想到,如果一个点的答案已经被更新过,之后走到这个点能再多走的点也就确定了,所以考虑记忆化搜索。然后就是分类讨论几种情况了(引用 HDWR 的图片):

  • 走出地图边界:

这时候只要从边界开始往回标号即可。所以搜索的时候需要把途经的点都按顺序记录下来。

  • 走到已经走过并记下答案路径上:

这种情况和走到边界很像,只要从碰到的那个点开始往回标号即可。

  • 走到了本次搜索到的路径上,也就是出现了环:

这时,环上的每一个点都可以走遍环上路径,所以标记答案为环的长度。剩下的部分是走向环的,所以从与环接触的点开始,依次往回标号即可。

然后只要对每一个点 \(dfs\) 一遍,找出最大的答案即可。

因为 \(\sum n\times m\le 4\times 10^6\),每个点只会被搜到一次,所以复杂度正确。

细节

首先,\(\huge{\texttt多组数据\ !}\)

多测不清空, WA 两行泪。特别注意,是搜到边界外面时开始更新答案的,所以边界外面一圈也会有答案,清空的时候要大一圈!

其次,直接写深搜,这种做法会爆栈,MLE on #4 。

考虑到本题情况,不需要回溯,所以其实不用深搜,只要用 \(while(1)\),每次在循环内改位置、编号即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,m,a[2005][2005],ans[2005][2005];
int cnth,ansn,ansx,ansy;
bool vis[2005][2005];
char c;
struct node{
int x,y;
}q[4000005];
int turn(char c){
if(c=='L') return 1;
if(c=='R') return 2;
if(c=='U') return 3;
if(c=='D') return 4;
}
void init(){ //初始化
for(int i=0;i<=n+1;i++){
for(int j=0;j<=m+1;j++) ans[i][j]=vis[i][j]=0;
}
ansn=0;
}
void dfs(int x,int y,int k){
while(1){
if(x<1||y<1||x>n||y>m||ans[x][y]){ //走出边界或已经走到过
for(int i=1;i<k;i++) ans[q[i].x][q[i].y]=ans[x][y]+k-i;
return ;
}
if(vis[x][y]){ //出现环
cnth=0;
for(int i=1;i<k;i++){ //算不在环上的大小
if(x==q[i].x&&y==q[i].y) cnth=i;
}
for(int i=1;i<cnth;i++) ans[q[i].x][q[i].y]=k-i; //更新不在环上的答案
for(int i=cnth;i<k;i++) ans[q[i].x][q[i].y]=k-cnth; //更新环上答案
return ;
}
vis[x][y]=1,q[k].x=x,q[k].y=y,k++; //记录下当前状态并走向下一个状态
if(a[x][y]==1) y--;
else if(a[x][y]==2) y++;
else if(a[x][y]==3) x--;
else if(a[x][y]==4) x++;
}
}
void print(){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(ans[i][j]>ansn){
ansn=ans[i][j];
ansx=i,ansy=j;
}
}
}
printf("%d %d %d\n",ansx,ansy,ansn);
}
void solve(){
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%c",&c);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m+1;j++){
scanf("%c",&c);
a[i][j]=turn(c);
}
}
init();
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++) dfs(i,j,1);
}
print();
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--) solve();
return 0;
}

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