题目描述

在宽广的非洲荒漠中,生活着一群勤劳勇敢的羊驼家族。被族人恭称为“先知”的Alpaca L. Sotomon是这个家族的领袖,外人也称其为“所驼门王”。所驼门王毕生致力于维护家族的安定与和谐,他曾亲自率军粉碎河蟹帝国主义的野蛮侵略,为族人立下赫赫战功。所驼门王一生财宝无数,但因其生性节俭低调,他将财宝埋藏在自己设计的地下宫殿里,这也是今天Henry Curtis故事的起点。Henry是一个爱财如命的贪婪家伙,而又非常聪明,他费尽心机谋划了这次盗窃行动,破解重重机关后来到这座地下宫殿前。

整座宫殿呈矩阵状,由R×C间矩形宫室组成,其中有N间宫室里埋藏着宝藏,称作藏宝宫室。宫殿里外、相邻宫室间都由坚硬的实体墙阻隔,由一间宫室到达另一间只能通过所驼门王独创的移动方式——传送门。所驼门王为这N间藏宝宫室每间都架设了一扇传送门,没有宝藏的宫室不设传送门,所有的宫室传送门分为三种:

  1. “横 天门”:由该门可以传送到同行的任一宫室;

  2. “纵 寰门”:由该门可以传送到同列的任一宫室;

  3. “自 由门”:由该门可以传送到以该门所在宫室为中心周围8格中任一宫室(如果目标宫室存在的话)。

深谋远虑的Henry当然事先就搞到了所驼门王当年的宫殿招标册,书册上详细记录了每扇传送门所属宫室及类型。而且,虽然宫殿内外相隔,但他自行准备了一种便携式传送门,可将自己传送到殿内任意一间宫室开始寻宝,并在任意一间宫室结束后传送出宫。整座宫殿只许进出一次,且便携门无法进行宫室之间的传送。不过好在宫室内传送门的使用没有次数限制,每间宫室也可以多次出入。

现在Henry已经打开了便携门,即将选择一间宫室进入。为得到尽多宝藏,他希望安排一条路线,使走过的不同藏宝宫室尽可能多。请你告诉Henry这条路线最多行经不同藏宝宫室的数目。

输入输出格式

输入格式:

输入文件sotomon.in第一行给出三个正整数N, R, C。

以下N行,每行给出一扇传送门的信息,包含三个正整数xi, yi, Ti,表示该传送门设在位于第xi行第yi列的藏宝宫室,类型为Ti。Ti是一个1~3间的整数,1表示可以传送到第xi行任意一列的“横天门”,2表示可以传送到任意一行第yi列的“纵寰门”,3表示可以传送到周围8格宫室的“自 由门”。

保证1≤xi≤R,1≤yi≤C,所有的传送门位置互不相同。

输出格式:

输出文件sotomon.out只有一个正整数,表示你确定的路线所经过不同藏宝宫室的最大数目。

输入输出样例

输入样例#1:

  1. 10 7 7
  2. 2 2 1
  3. 2 4 2
  4. 1 7 2
  5. 2 7 3
  6. 4 2 2
  7. 4 4 1
  8. 6 7 3
  9. 7 7 1
  10. 7 5 2
  11. 5 2 1
输出样例#1:

  1. 9

说明

数据规模和约定:

题解

建图,缩点,然后跑最长路。T了很久,后来发现自己确实太暴力了。如果暴力建图,同一行或列之间连边可能会爆,同一行传送门类型都为1的点最后一定是一个连通分量,

所以可以直接连成一个环,再从这个环上任意一个点向同行的其它点连边,穿传送门类型为2的同理。跑最长路的时候,我跑了n遍spfa,然后学到了DAG上可以拓扑排序+DP

找起点终点不定的最长路,dp[i]表示以i结束的最长路的长度,按照拓扑序更新,这样用i去更新其它点时,可以保证i已经最优了,避免重复更新。

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. #define nn 2000010
  3. #define mm 4000010
  4. #define inf -100000000
  5. using namespace std;
  6. map<pair<int,int>,int> fi;
  7. pair<int,int> in;
  8. int xi[8]={-1,-1,-1,0,0,1,1,1},yi[8]={-1,0,1,-1,1,-1,0,1};
  9. int x[nn],y[nn];
  10. int fir[nn<<1],nxt[mm<<1],to[mm<<1],ti[nn],li[nn],rep[nn],sta[nn],mo[nn<<1],dis[nn<<1],q[nn<<1],du[nn<<1];
  11. bool vis[nn<<1];
  12. int e=0,l=0,t=0,ne,h;
  13. int read()
  14. {
  15. int ans=0,f=1;char ch=getchar();
  16. while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
  17. while(isdigit(ch)) {ans=ans*10+ch-'0';ch=getchar();}
  18. return ans*f;
  19. }
  20. void add(int u,int v)
  21. {
  22. nxt[++e]=fir[u];fir[u]=e;to[e]=v;
  23. }
  24. int cmp1(int a,int b)
  25. {
  26. if(x[a]==x[b])
  27. return ti[a]<ti[b];
  28. return x[a]<x[b];
  29. }
  30. int cmp2(int a,int b)
  31. {
  32. if(y[a]==y[b])
  33. return ti[a]<ti[b];
  34. return y[a]<y[b];
  35. }
  36. void tarjan(int now)
  37. {
  38. int sum=1;
  39. vis[now]=1;
  40. ti[now]=li[now]=++l;sta[++t]=now;
  41. for(int i=fir[now];i;i=nxt[i])
  42. if(!ti[to[i]]) ////
  43. {
  44. tarjan(to[i]);
  45. li[now]=min(li[now],li[to[i]]);
  46. }
  47. else if(vis[to[i]]&&li[now]>ti[to[i]]) ////
  48. li[now]=ti[to[i]]; ////
  49. if(li[now]==ti[now])
  50. {
  51. ne++;
  52. while(sta[t]!=now)
  53. {
  54. vis[sta[t]]=0;
  55. rep[sta[t]]=ne;
  56. sum++;
  57. t--;
  58. }
  59. mo[ne]=sum;
  60. rep[sta[t]]=ne;
  61. vis[sta[t]]=0;t--;
  62. }
  63. }
  64. int dp(int n)
  65. {
  66. int o,an=-1;
  67. while(h<=t)
  68. {
  69. o=q[h++];
  70. if(dis[o]>an)
  71. an=dis[o];
  72. for(int i=fir[o];i;i=nxt[i])
  73. {
  74. du[to[i]]--;
  75. if(dis[to[i]]<dis[o]+mo[to[i]])
  76. dis[to[i]]=dis[o]+mo[to[i]];
  77. if(!du[to[i]])
  78. q[++t]=to[i];
  79. }
  80. }
  81. return an;
  82. }
  83. int main()
  84. {
  85. // freopen("o.txt","r",stdin);
  86. // freopen("o.out","w",stdout);
  87. int n=read(),r=read(),c=read();
  88. ne=n;
  89. for(int i=1;i<=n;i++)
  90. {
  91. in.first=read();in.second=read();
  92. x[i]=in.first;y[i]=in.second;
  93. ti[i]=read();
  94. fi[in]=i;
  95. li[i]=i;
  96. }
  97. for(int i=1;i<=n;i++)
  98. if(ti[i]==3)
  99. for(int j=0;j<8;j++)
  100. {
  101. in.first=x[i]+xi[j];
  102. in.second=y[i]+yi[j];
  103. if(fi.find(in)!=fi.end())
  104. add(i,fi[in]);
  105. }
  106. sort(li+1,li+n+1,cmp1);
  107. for(int i=1;i<=n;i++)
  108. {
  109. int fi=0,la=0,j;
  110. for(j=i;j<=n&&x[li[i]]==x[li[j]];j++)
  111. if(ti[li[j]]==1)
  112. {
  113. if(!fi) fi=j;
  114. la=j;
  115. if(fi!=la)
  116. add(li[j-1],li[j]);
  117. }
  118. if(fi)
  119. {
  120. if(fi!=la)
  121. add(li[la],li[fi]);
  122. for(j=i;j<=n&&x[li[i]]==x[li[j]];j++)
  123. if(ti[li[j]]!=1)
  124. add(li[la],li[j]);
  125. }
  126. i=j-1;
  127. }
  128. for(int i=1;i<=n;i++)
  129. li[i]=i;
  130. sort(li+1,li+n+1,cmp2);
  131. for(int i=1;i<=n;i++)
  132. {
  133. int fi=0,la=0,j;
  134. for(j=i;j<=n&&y[li[i]]==y[li[j]];j++)
  135. if(ti[li[j]]==2)
  136. {
  137. if(!fi) fi=j;
  138. la=j;
  139. if(fi!=la)
  140. add(li[j-1],li[j]);
  141. }
  142. if(fi)
  143. {
  144. if(fi!=la)
  145. add(li[la],li[fi]);
  146. for(j=i;j<=n&&y[li[i]]==y[li[j]];j++)
  147. if(ti[li[j]]!=2)
  148. add(li[la],li[j]);
  149. }
  150. i=j-1;
  151. }
  152. fill(ti,ti+n+1,0);
  153. fill(li,li+n+1,0);
  154. for(int i=1;i<=n;i++)
  155. if(!ti[i])
  156. tarjan(i);
  157. for(int i=1;i<=n;i++)
  158. for(int j=fir[i];j;j=nxt[j])
  159. if(rep[i]!=rep[to[j]])
  160. {
  161. add(rep[i],rep[to[j]]);
  162. du[rep[to[j]]]++;
  163. }
  164. h=1,t=0;
  165. for(int i=n+1;i<=ne;i++)
  166. if(!du[i])
  167. {
  168. q[++t]=i;
  169. dis[i]=mo[i];
  170. }
  171. printf("%d",dp(n));
  172. return 0;
  173. }

  

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