洛谷 2403 [SDOI2010] 所驼门王的宝藏
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:
“横 天门”:由该门可以传送到同行的任一宫室;
“纵 寰门”:由该门可以传送到同列的任一宫室;
- “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
- 10 7 7
- 2 2 1
- 2 4 2
- 1 7 2
- 2 7 3
- 4 2 2
- 4 4 1
- 6 7 3
- 7 7 1
- 7 5 2
- 5 2 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。
- #include<bits/stdc++.h>
- #define nn 2000010
- #define mm 4000010
- #define inf -100000000
- using namespace std;
- map<pair<int,int>,int> fi;
- pair<int,int> in;
- int xi[8]={-1,-1,-1,0,0,1,1,1},yi[8]={-1,0,1,-1,1,-1,0,1};
- int x[nn],y[nn];
- 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];
- bool vis[nn<<1];
- int e=0,l=0,t=0,ne,h;
- int read()
- {
- int ans=0,f=1;char ch=getchar();
- while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
- while(isdigit(ch)) {ans=ans*10+ch-'0';ch=getchar();}
- return ans*f;
- }
- void add(int u,int v)
- {
- nxt[++e]=fir[u];fir[u]=e;to[e]=v;
- }
- int cmp1(int a,int b)
- {
- if(x[a]==x[b])
- return ti[a]<ti[b];
- return x[a]<x[b];
- }
- int cmp2(int a,int b)
- {
- if(y[a]==y[b])
- return ti[a]<ti[b];
- return y[a]<y[b];
- }
- void tarjan(int now)
- {
- int sum=1;
- vis[now]=1;
- ti[now]=li[now]=++l;sta[++t]=now;
- for(int i=fir[now];i;i=nxt[i])
- if(!ti[to[i]]) ////
- {
- tarjan(to[i]);
- li[now]=min(li[now],li[to[i]]);
- }
- else if(vis[to[i]]&&li[now]>ti[to[i]]) ////
- li[now]=ti[to[i]]; ////
- if(li[now]==ti[now])
- {
- ne++;
- while(sta[t]!=now)
- {
- vis[sta[t]]=0;
- rep[sta[t]]=ne;
- sum++;
- t--;
- }
- mo[ne]=sum;
- rep[sta[t]]=ne;
- vis[sta[t]]=0;t--;
- }
- }
- int dp(int n)
- {
- int o,an=-1;
- while(h<=t)
- {
- o=q[h++];
- if(dis[o]>an)
- an=dis[o];
- for(int i=fir[o];i;i=nxt[i])
- {
- du[to[i]]--;
- if(dis[to[i]]<dis[o]+mo[to[i]])
- dis[to[i]]=dis[o]+mo[to[i]];
- if(!du[to[i]])
- q[++t]=to[i];
- }
- }
- return an;
- }
- int main()
- {
- // freopen("o.txt","r",stdin);
- // freopen("o.out","w",stdout);
- int n=read(),r=read(),c=read();
- ne=n;
- for(int i=1;i<=n;i++)
- {
- in.first=read();in.second=read();
- x[i]=in.first;y[i]=in.second;
- ti[i]=read();
- fi[in]=i;
- li[i]=i;
- }
- for(int i=1;i<=n;i++)
- if(ti[i]==3)
- for(int j=0;j<8;j++)
- {
- in.first=x[i]+xi[j];
- in.second=y[i]+yi[j];
- if(fi.find(in)!=fi.end())
- add(i,fi[in]);
- }
- sort(li+1,li+n+1,cmp1);
- for(int i=1;i<=n;i++)
- {
- int fi=0,la=0,j;
- for(j=i;j<=n&&x[li[i]]==x[li[j]];j++)
- if(ti[li[j]]==1)
- {
- if(!fi) fi=j;
- la=j;
- if(fi!=la)
- add(li[j-1],li[j]);
- }
- if(fi)
- {
- if(fi!=la)
- add(li[la],li[fi]);
- for(j=i;j<=n&&x[li[i]]==x[li[j]];j++)
- if(ti[li[j]]!=1)
- add(li[la],li[j]);
- }
- i=j-1;
- }
- for(int i=1;i<=n;i++)
- li[i]=i;
- sort(li+1,li+n+1,cmp2);
- for(int i=1;i<=n;i++)
- {
- int fi=0,la=0,j;
- for(j=i;j<=n&&y[li[i]]==y[li[j]];j++)
- if(ti[li[j]]==2)
- {
- if(!fi) fi=j;
- la=j;
- if(fi!=la)
- add(li[j-1],li[j]);
- }
- if(fi)
- {
- if(fi!=la)
- add(li[la],li[fi]);
- for(j=i;j<=n&&y[li[i]]==y[li[j]];j++)
- if(ti[li[j]]!=2)
- add(li[la],li[j]);
- }
- i=j-1;
- }
- fill(ti,ti+n+1,0);
- fill(li,li+n+1,0);
- for(int i=1;i<=n;i++)
- if(!ti[i])
- tarjan(i);
- for(int i=1;i<=n;i++)
- for(int j=fir[i];j;j=nxt[j])
- if(rep[i]!=rep[to[j]])
- {
- add(rep[i],rep[to[j]]);
- du[rep[to[j]]]++;
- }
- h=1,t=0;
- for(int i=n+1;i<=ne;i++)
- if(!du[i])
- {
- q[++t]=i;
- dis[i]=mo[i];
- }
- printf("%d",dp(n));
- return 0;
- }
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点此看题面 大致题意: 一个由\(R*C\)间矩形宫室组成的宫殿中的\(N\)间宫室里埋藏着宝藏.由一间宫室到达另一间宫室只能通过传送门,且只有埋有宝藏的宫室才有传送门.传送门分为3种,分别可以到达同 ...
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