01迷宫 洛谷 p1141
题目描述
有一个仅由数字0与1组成的n×n格迷宫。若你位于一格0上,那么你可以移动到相邻4格中的某一格1上,同样若你位于一格1上,那么你可以移动到相邻4格中的某一格0上。
你的任务是:对于给定的迷宫,询问从某一格
开始能移动到多少个格子(包含自身)。
输入输出格式
输入格式:
输入的第1行为两个正整数n,m。
下面n行,每行n个字符,字符只可能是0或者1,字符之间没有空格。
接下来m行,每行2个用空格分隔的正整数i,j,对应了迷宫中第i行第j列的一个格子,询问从这一格开始能移动到多少格。
输出格式:
输出包括m行,对于每个询问输出相应答案。
输入输出样例
2 2
01
10
1 1
2 2
4
4
说明
所有格子互相可达。
对于20%的数据,n≤10;
对于40%的数据,n≤50;
对于50%的数据,m≤5;
对于60%的数据,n≤100,m≤100;
对于100%的数据,n≤1000,m≤100000。
这个题用dfs或者bfs都可以做,但是我认为dfs更好,因为dfs并不需要占用更多的内存来存储状态
再看数据范围,n<=1000,m<=100000,n的范围不算很大,可以看出用二位数组存储也不会炸,而从m可以看出来暴力查点是不现实的,需要有一些优化才能防止TLE
输入里面有一个要注意的地方是输入迷宫时并不会有括号,所以要用char读取单个字符并转存入二维数组,因为是01迷宫,所以bool数组足够,还节省空间
怎么优化首先要看图的特性,发现如果一个点和另一个点相同,那么它们的可达点的数量是相同的,所以只要确定哪些点相连就好了,所以可以想到并查集的方法,但是这样一道题似乎并不需要花大力气去写并查集,只需要用一个int型二位数组把每个点的扩展量记录即可,相邻的许多点必然会有连通且相同的值,查询时直接返回点在二维数组的值即可,好打了好多,还是挺值的
上代码:
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
4 using namespace std;
5 int sum[1001][1001];//sum存连通值
6 bool vis[1001][1001],map[1001][1001];//vis记录访问,map存迷宫
7 int n,m,tot,now,tempx[1000001],tempy[1000001],x,y,xx[4]={1,0,-1,0},yy[4]={0,1,0,-1};
8 char c;
9 void dfs(int x,int y){
10 if(vis[x][y])
11 return;
12 else
13 vis[x][y]=1;
14 tot++;//存储此次扩展联通块的数量
15 for(int i=0;i<=3;i++){
16 if(x+xx[i]>=1&&x+xx[i]<=n&&y+yy[i]>=1&&y+yy[i]<=n&&map[x+xx[i]][y+yy[i]]+map[x][y]==1){
17 dfs(x+xx[i],y+yy[i]);
18 }
19 }
20 tempx[++now]=x;//记录此次扩展所便利到的点,一会都赋值为tot
21 tempy[now]=y;
22 }
23 int main(){
24 scanf("%d%d",&n,&m);
25 for(int i=1;i<=n;i++){
26 for(int j=1;j<=n;j++){
27 cin>>c;
28 map[i][j]=c-'0';
29 }
30 }
31 for(int i=1;i<=m;i++){
32 scanf("%d%d",&x,&y);
33 if(sum[x][y]){
34 printf("%d\n",sum[x][y]);//剪枝,求过了直接输出
35 }
36 else{
37 tot=now=0;
38 dfs(x,y);
39 printf("%d\n",tot);
40 for(int j=1;j<=now;j++){
41 sum[tempx[j]][tempy[j]]=tot;//把刚才扩展过的点都赋值为tot
42 }
43 }
44 }
45 return 0;
46 }
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