题目描述
在一个遥远的国度,一侧是风景秀美的湖泊,另一侧则是漫无边际的沙漠。该国的行政区划十分特殊,刚好构成一个 NN 行 \times M×M 列的矩形,如上图所示,其中每个格子都代表一座城市,每座城市都有一个海拔高度。
为了使居民们都尽可能饮用到清澈的湖水,现在要在某些城市建造水利设施。水利设施有两种,分别为蓄水厂和输水站。蓄水厂的功能是利用水泵将湖泊中的水抽取到所在城市的蓄水池中。
因此,只有与湖泊毗邻的第 11 行的城市可以建造蓄水厂。而输水站的功能则是通过输水管线利用高度落差,将湖水从高处向低处输送。故一座城市能建造输水站的前提,是存在比它海拔更高且拥有公共边的相邻城市,已经建有水利设施。由于第 NN 行的城市靠近沙漠,是该国的干旱区,所以要求其中的每座城市都建有水利设施。那么,这个要求能否满足呢?如果能,请计算最少建造几个蓄水厂;如果不能,求干旱区中不可能建有水利设施的城市数目。
输入输出格式
输入格式:
每行两个数,之间用一个空格隔开。输入的第一行是两个正整数 N,MN,M ,表示矩形的规模。接下来 NN 行,每行 MM 个正整数,依次代表每座城市的海拔高度。
输出格式:
两行。如果能满足要求,输出的第一行是整数 11 ,第二行是一个整数,代表最少建造几个蓄水厂;如果不能满足要求,输出的第一行是整数 00 ,第二行是一个整数,代表有几座干旱区中的城市不可能建有水利设施。
题解
先对于每一个沿湖城市做一遍bfs, 求出从那个城市出发能够到达的沙漠旁的城市的区间, 若不是一段区间, 则必定不能全部覆盖, 做完bfs后可以直接判断。
接着再贪心区间覆盖, 求出最少的区间数, 即为答案
代码
![](http://img.e-com-net.com/image/info8/b8d97b5613f94ed2ba791cad57d0b2ed.gif)
![](http://img.e-com-net.com/image/info8/2f88dd3f1cd145f59c0e47b51acdbd4b.gif)
1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 #define rd read() 6 #define rep(i,a,b) for( int i = (a); i <= (b); ++i ) 7 #define per(i,a,b) for( int i = (a); i >= (b); --i ) 8 using namespace std; 9 typedef pair<int, int> P; 10 11 queue q; 12 13 const int N = 505, inf = 1061109567; 14 15 int n, m, h[N][N], vis[N][N], ok[N], tot ; 16 17 int dx[4] = {0, 0, -1, 1}, dy[4] = {1, -1, 0, 0}; 18 19 struct node { 20 int l, r; 21 }ln[N]; 22 23 int read() { 24 int X = 0, p = 1; char c = getchar(); 25 for(; c > '9' || c < '0'; c = getchar() ) if( c == '-' ) p = -1; 26 for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar() ) X = X * 10 + c - '0'; 27 return X * p; 28 } 29 30 void bfs( int x ) { 31 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 32 q.push( P( 1, x ) ); 33 vis[1][x] = 1; 34 ln[x].l = n + 1, ln[x].r = 0; 35 if( n == 1 && !ok[x] ) { 36 ok[x] = 1; 37 tot++; 38 ln[x].l = x; 39 ln[x].r = x; 40 } 41 for( P u, to; !q.empty(); ) { 42 u = q.front(); q.pop(); 43 for( int i = 0; i < 4; ++i ) { 44 int nx = u.first + dx[i], ny = u.second + dy[i]; 45 if( !nx || !ny || nx > n || ny > m || vis[nx][ny]) continue; 46 if( h[nx][ny] >= h[u.first][u.second] ) continue; 47 vis[nx][ny] = 1; 48 if( nx == n ) { 49 ln[x].l = min( ln[x].l, ny); 50 ln[x].r = max( ln[x].r, ny); 51 if( !ok[ny] ) ok[ny] = 1, tot++; 52 } 53 q.push( P( nx, ny ) ); 54 } 55 } 56 } 57 58 int cmp( const node &A, const node &B ) { 59 return A.l == B.l ? A.r < B.r : A.l < B.l; 60 } 61 62 int main() 63 { 64 n = rd, m = rd; 65 rep( i, 1, n ) rep( j, 1, m ) h[i][j] = rd; 66 rep( i, 1, m ) if( h[1][i] >= h[1][i - 1] && h[1][i] >= h[1][i + 1]) bfs( i ); 67 if( tot != m ) return printf("0\n%d\n", m - tot), 0; 68 sort(ln + 1, ln + 1 + m, cmp); 69 int l = 1, r = 1, ans = 0, now = 1; 70 for(; r <= m; ) { 71 for(; ln[now].l <= r && now <= m; now++ ) l = max( l, ln[now].r ); 72 ans++; 73 r = l + 1; 74 } 75 printf("1\n%d\n", ans); 76 }