这个码量绝对是业界大毒瘤......

300行,6.5k,烦的要死......

题意:给你一个网格图,里面有0或1。你需要把一些0换成1使得存在某两个0不四联通。输出最小的换的数量。无解-1。

n,m<=1e9,网格中1的数量<=1e5,多组数据。

首先我们发现,最多只要2就行了(围住一个角落),所以答案是[-1,2]中的整数。

然后考虑何时为-1:0的数目小于2或等于2且相连。

何时为0:图初始就不连通。

何时为1:图中存在割点。

除此之外就是2了。

然后发现图很大,c很小,考虑离散化。

然后发现我们只要把每个1周围的点提取出来即可。

提取3×3是错误的,有个众人皆知的样例:

0 0 0

0 0 0

0 1

显然提取之后会有一个割点在原图正中间,但是实际上它并不是割点。

然后我们暴力一点,提取5×5即可......

算法流程:提取点,编号。然后判断联通性。然后做tarjan,判断割点。

然后又有好多坑点...比如割点必须在某个1的周围3×3区域(易证),如果忽视这个就会出现一种毒瘤情况:

1 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 1

可以发现在奇怪的地方出现了割点...

然后还要特判,(n - 1)(m - 1) = 0的时候答案不可能为2。

然后怒写一天半终于对了,又发现map太慢跑不过......手写hash。

终于A了....然后uoj日常97分......

[update]如何判断答案为0:对那些提取出来的非关键点进行并查集。然后枚举每个关键点连通块,如果某个关键点连通块连着两个并查集,答案为0。

 #include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring> inline void read(int &x) {
x = ;
char c = getchar();
while(c < '' || c > '') {
c = getchar();
}
while(c >= '' && c <= '') {
x = (x << ) + (x << ) + c - ;
c = getchar();
}
return;
} const int N = ;
const int dx[] = {, , , -};
const int dy[] = {, , -, }; const int MO = , B = ;
struct POS {
int x, y, h;
POS(int xx = , int yy = ) {
x = xx;
y = yy;
h = (1ll * x * B + y) % MO;
if(h < ) {
h += MO;
}
}
inline bool operator ==(const POS &d) const {
return x == d.x && y == d.y;
}
};
struct Node {
int nex, val;
POS p;
}node[N * ]; int top;
struct MAP {
int e[MO];
inline void insert(const POS &d, const int &a) {
node[++top].val = a;
node[top].nex = e[d.h];
node[top].p = d;
e[d.h] = top;
return;
}
inline int find(const POS &d) { // if not exist return 0
for(int i = e[d.h]; i; i = node[i].nex) {
if(node[i].p == d) {
return node[i].val;
}
}
return ;
}
inline void clear() {
memset(e, , sizeof(e));
return;
}
}mp, use; int n, m, c, xi[N], yi[N], tot, num, root;
int dfn[N * ], low[N * ], vis[N * ];
bool cut[N * ], vis_c[N], OK; inline void np(int x, int y) {
if(!mp.find(POS(x, y)) && !use.find(POS(x, y))) {
mp.insert(POS(x, y), ++tot);
}
return;
} inline int get(int x, int y) {
return mp.find(POS(x, y));
} void tarjan(int s, int x, int y) {
dfn[s] = low[s] = ++num;
int temp = ;
for(int i = ; i < ; i++) {
int t = get(x + dx[i], y + dy[i]);
if(!t) {
continue;
}
if(!dfn[t]) {
tarjan(t, x + dx[i], y + dy[i]);
low[s] = std::min(low[s], low[t]);
if(low[t] >= dfn[s]) {
temp++;
}
}
else {
low[s] = std::min(low[s], dfn[t]);
}
}
if(temp >= || (temp == && s != root)) {
cut[s] = ;
}
return;
} void DFS_1(int s, int x, int y, int temp) {
vis[s] = temp;
for(int i = ;i < ; i++) {
int t = get(x + dx[i], y + dy[i]);
if(!t) {
continue;
}
if(!vis[t]) {
DFS_1(t, x + dx[i], y + dy[i], temp);
}
}
return;
} bool fd;
int number; bool DFS_2(int s, int x, int y) {
vis_c[s] = ;
for(int i = ; i < ; i++) {
if(use.find(POS(x + dx[i], y + dy[i]))) {
int ed = use.find(POS(x + dx[i], y + dy[i]));
if(vis_c[ed]) {
continue;
}
int t = DFS_2(ed, x + dx[i], y + dy[i]);
if(!t) {
return ;
}
}
else if(get(x + dx[i], y + dy[i])) {
if(!fd) {
number = vis[get(x + dx[i], y + dy[i])];
fd = ;
}
else if(number != vis[get(x + dx[i], y + dy[i])]) {
OK = ;
return ;
}
}
}
return ;
} inline bool check() {
OK = ;
int temp = ;
for(int i = ; i <= c; i++) {
for(int x = xi[i] - ; x <= xi[i] + ; x++) {
for(int y = yi[i] - ; y <= yi[i] + ; y++) {
if(vis_c[i]) {
continue;
}
if(mp.find(POS(x, y)) && !vis[get(x, y)]) {
++temp;
DFS_1(get(x, y), x, y, temp);
goto f1;
}
}
}
f1:
if(!vis_c[i]) {
fd = ;
DFS_2(i, xi[i], yi[i]);
}
if(!OK) {
break;
}
}
return !OK;
} inline int solve() {
read(n);
read(m);
read(c);
if(!c) {
if(n == && m == ) {
return -;
}
if(n == || m == ) {
if(n == || m == ) {
return -;
}
return ;
}
return ;
}
for(int i = ; i <= c; i++) {
read(xi[i]);
read(yi[i]);
use.insert(POS(xi[i], yi[i]), i);
}
if(c + >= 1ll * n * m) {
return -;
}
for(int i = ; i <= c; i++) {
for(int x = xi[i] - ; x <= xi[i] + ; x++) {
for(int y = yi[i] - ; y <= yi[i] + ; y++) {
if(x > && y > && x <= n && y <= m && (x != xi[i] || y != yi[i])) {
np(x, y);
}
}
}
}
if(check()) {
return ;
}
if(c + == 1ll * n * m) {
return -;
}
if(m == || n == ) {
return ;
}
for(int i = ; i <= c; i++) {
for(int x = xi[i] - ; x <= xi[i] + ; x++) {
for(int y = yi[i] - ; y <= yi[i] + ; y++) {
if(!use.find(POS(x, y))) {
root = get(x, y);
if(dfn[root]) {
continue;
}
tarjan(root, x, y);
}
}
}
} for(int i = ; i <= c; i++) {
for(int x = xi[i] - ; x <= xi[i] + ; x++) {
for(int y = yi[i] - ; y <= yi[i] + ; y++) {
int s = get(x, y);
if(cut[s]) {
return ;
}
}
}
}
return ;
} inline void clear() {
mp.clear();
use.clear();
memset(dfn + , , tot * sizeof(int));
memset(low + , , tot * sizeof(int));
memset(cut + , , tot * sizeof(bool));
memset(vis + , , tot * sizeof(int));
memset(vis_c + , , c * sizeof(bool));
tot = ;
num = ;
top = ;
return;
} int main() {
int T;
read(T);
while(T--) {
printf("%d\n", solve());
if(T) {
clear();
}
}
return ;
}

AC代码

找个时间在uoj上A一A。

洛谷P1173 [NOI2016]网格的更多相关文章

  1. 洛谷P1712 [NOI2016]区间 尺取法+线段树+离散化

    洛谷P1712 [NOI2016]区间 noi2016第一题(大概是签到题吧,可我还是不会) 链接在这里 题面可以看链接: 先看题意 这么大的l,r,先来个离散化 很容易,我们可以想到一个结论 假设一 ...

  2. 并不对劲的bzoj4651:loj2084:uoj220:p1173:[NOI2016]网格

    题目大意 有一个\(n*m\)(\(n,m\leq10^9\))的网格,每个格子是空地或障碍(\(障碍数\leq10^5\)) 定义两块空地连通,当且仅当它们是"相邻的两块空地"或 ...

  3. uoj233/BZOJ4654/洛谷P1721 [Noi2016]国王饮水记 【dp + 斜率优化】

    题目链接 uoj233 题解 下面不加证明地给出几个性质: 小于\(h[1]\)的城市一定是没用的 任何城市联通包含\(1\)且只和\(1\)联通一次 联通顺序从小到大最优 单个联通比多个一起联通要优 ...

  4. bzoj 4650(洛谷 1117) [Noi2016]优秀的拆分——枚举长度的关键点+后缀数组

    题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4650 https://www.luogu.org/problemnew/show/P1117 ...

  5. 洛谷P1587 [NOI2016]循环之美

    传送门 不会,先坑着 https://kelin.blog.luogu.org/solution-p1587 //minamoto #include<cstdio> #include< ...

  6. 洛谷 P1712 [NOI2016]区间(线段树)

    传送门 考虑将所有的区间按长度排序 考虑怎么判断点被多少区间覆盖,这个可以离散化之后用一棵权值线段树来搞 然后维护两个指针$l,r$,当被覆盖次数最多的点的覆盖次数小于$m$时不断右移$r$,在覆盖次 ...

  7. [洛谷P1712] NOI2016 区间

    问题描述 在数轴上有 n个闭区间 [l1,r1],[l2,r2],...,[ln,rn].现在要从中选出 m 个区间,使得这 m个区间共同包含至少一个位置.换句话说,就是使得存在一个 x,使得对于每一 ...

  8. 洛谷$P1712\ [NOI2016]$区间 线段树

    正解:线段树 解题报告: 传送门$QwQ$ $umm$很久以前做的了来补个题解$QwQ$ 考虑给每个区间按权值($r-l$从大往小排序,依次加入,然后考虑如果有一个位置被覆盖次数等于$m$了就可以把权 ...

  9. [Noi2016]区间 BZOJ4653 洛谷P1712 Loj#2086

    额... 首先,看到这道题,第一想法就是二分答案+线段树... 兴高采烈的认为我一定能AC,之后发现n是500000... nlog^2=80%,亲测可过... 由于答案是求满足题意的最大长度-最小长 ...

随机推荐

  1. Day 6-1计算机网络基础&TCP/IP

    按照功能不同,人们将互联网协议分为osi七层或tcp/ip五层或tcp/ip四层(我们只需要掌握tcp/ip五层协议即可) 每层运行常见物理设备: TCP/IP协议: Transmission Con ...

  2. 动态SQL3

    Oracle的批量操作 Oracle不支持VALUES(),(),()这种方式,所以不能用上一节所讲的方法. 有时候业务会包含很多次数据库操作,为了减少数据库连接,我们会选择一次提交大量sql, 这时 ...

  3. 解决小程序webview缓存机制

    在打开webview的时候在地址后面加上随机数或者字符串 并且H5页面使用文件hash

  4. MySQL中KEY、PRIMARY KEY、UNIQUE KEY、INDEX 的区别

    参考:MySQL中KEY.PRIMARY KEY.UNIQUE KEY.INDEX 的区别 对于题目中提出的问题,可以拆分来一步步解决.在 MySQL 中 KEY 和 INDEX 是同义.那这个问题就 ...

  5. python设计模式第二十四天【命令模式】

    1.使用场景 (1)调用过程比较繁琐,需要封装 (2)调用参数需要进行处理封装 (3)需要添加额外的功能,例如,日志,缓存,操作记录等 2.代码实现 #!/usr/bin/env python #! ...

  6. python数据结构与算法第十五天【二叉树】

    1.树的特点 (1)每个节点有零个或多个子节点: (2)没有父节点的节点称为根节点: (3)每一个非根节点有且只有一个父节点: (4)除了根节点外,每个子节点可以分为多个不相交的子树: 2.树的种类 ...

  7. 老男孩python学习自修第十五天【常用模块之time】

    例如: #!/usr/bin/env python # _*_ coding:UTF-8 _*_ import time if __name__ == "__main__": pr ...

  8. LR 场景选项配置--笔记

    1 tools-options --设置关系到loadgenerator行为应用于一个场景中的所有的load generator 这些设置用于未来所有运行的场景并且通常只需要设置一次 2 expert ...

  9. python好文章

    http://blog.csdn.net/csdnnews/article/details/78557392

  10. do not track

    privacy.trackingprotection.enabled