NOIP2010解题报告
题目链接：
T1 机器翻译
T2 乌龟棋
T3 关押罪犯
T4 引水入城
题解：
一套不算太难的NOIP题目。
第一题直接暴力模拟队列的工作即可。
#includeif (q[j]==x){
f=true; break;
}
if (!f){
s++,q[t++]=x;
if (t-h>m) h++;
}
}
printf("%d\n",s);
return 0;
} 第二题我写的是 404 的dp，转移方程显然：
f[i][j][k][l]表示当前用了i张1步的，j张2步，k张3步，l张4步。
f[i][j][k][l]=max(f[i-1][j][k][l],f[i][j-1][k][l],f[i][j][k-1][l],f[i][j][k][l-1])+a[i+2×j+3×k+4×l]。
#include第三题并查集，把所有的冲突按照值从大到小排序，然后每一个冲突的两端加进两个不同的集合，直到出现冲突，此时这个冲突的值就是我们最终分配完后出现的最大的那个冲突值，输出即可，如一直没有冲突，就输出0了。
#include第四题开始想到了正常解法，后来脑抽想去搞一个最短路（来源于费用流的启发）。。于是颓了很久，后来还是写了正常的做法。。写完后去看了一下题解，发现好像真的可以跑最短路（囧。。）
说一下正常做法：
首先把第一行入队，bfs一遍，看最后一行是否全都能访问到，不能就直接输出0和不能访问的个数，否则就重新对于第一行的每个点dfs（bfs一样。。懒的写两遍了。。）一遍，然后统计一下它能访问到的最后一行的区间（这个一定是连续的，可以证明。。但我是脑补出来的。。），然后就是经典线段覆盖的dp了。
#includefor (int i=0; i<4; i++){
Q v; v.x=u.x+dx[i],v.y=u.y+dy[i];
if (vis[v.x][v.y] || v.x<1 || v.x>n || v.y<1 || v.y>m) continue;
if (a[u.x][u.y]>a[v.x][v.y]) q[t++]=v,vis[v.x][v.y]=true;
}
}
}
void init(){
bfs(); int s=0;
for (int i=1; i<=m; i++)
if (!vis[n][i]) s++;
if (!s) printf("1\n");
else {
printf("0\n%d\n",s);
exit(0);
}
}
void dfs(int xu,int x,int y){
vis[x][y]=true;
if (x==n){
e[xu].l=min(e[xu].l,y);
e[xu].r=max(e[xu].r,y);
}
for (int i=0; i<4; i++){
int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];
if (vis[xx][yy] || xx<1 || xx>n || yy<1 || yy>m) continue;
if (a[x][y]>a[xx][yy]) dfs(xu,xx,yy);
}
}
void dp(){
memset(f,0x3f,sizeof(f)); f[0]=0;
for (int i=1; i<=m; i++){
for (int j=1; j<=m; j++)
if (i>=e[j].l && i<=e[j].r)
f[i]=min(f[i],f[e[j].l-1]+1);
}
}
int main(){
n=in(),m=in();
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=1; j<=m; j++)
a[i][j]=in();
init();
for (int i=1; i<=m; i++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
e[i].l=m+1,e[i].r=0; dfs(i,1,i);
}
dp(); printf("%d\n",f[m]);
return 0;
}