洛谷OJ P1141 01迷宫 解题报告

洛谷OJ P1141 01迷宫 解题报告

by MedalPluS

【题目描述】

有一个仅由数字0与1组成的n×n格迷宫。若你位于一格0上，那么你可以移动到相邻4格中的某一格1上，同样若你位于一格1上，那么你可以移动到相邻4格中的某一格0上。
你的任务是：对于给定的迷宫，询问从某一格开始能移动到多少个格子（包含自身）。

【输入描述】

输入的第1行为两个正整数n，m。
下面n行，每行n个字符，字符只可能是0或者1，字符之间没有空格。
接下来m行，每行2个用空格分隔的正整数i,j，对应了迷宫中第i行第j列的一个格子，询问从这一格开始能移动到多少格。

【输出描述】

输出包括m行，对于每个询问输出相应答案。

【分析】

此题比较坑爹

题目的意思就是求对于一个点所在的联通块的个数

然后笔者想到了并查集和Tarjan

结果看了下范围n<=1000,m<=100000，然后就放弃了。。。

仔细想想其实就是个BFS

然后发现时间复杂度是O(n2m)

然后还是TLE，就要考虑优化了

我们发现，对于一个点所拓展的路径上的所有点能走的格子数是一样的！

那么也就是说，我们可以预处理出整个图

这让我们联想到Flood_fill

然后笔者就采用了DFS的方式

然后就爆栈了，发现对于1000*1000的完全图（全都是1或0）会达到106层，所以必定会爆

这个时候可以考虑采用BFS的方式Flood_fill

然后就TLE了，笔者发现主要拖慢时间的是采取了STL的队列

特别特别的耗时间，然后就手写个队列，再加卡常数的读入

就AC了。。。。

有点淡淡的忧伤

【代码】

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

#define rep(i,l,r) for(i=l;i<=r;i++)
#define read scanf
#define print printf

const int maxn=1001;
const int maxm=10000001;

struct xOy{
int x,y;
};

char graph[maxn][maxn];
int record[maxm],id[maxn][maxn];
xOy q[maxm];
int front,tail;
int n,m;//size of the board ; question numbers
int datax,datay;

void bfs(int x,int y,int index){
front=tail=1;
tail=2;
q[1]=(struct xOy){x,y};
xOy head;
while(front!=tail){
head=q[front];
++front;
if(id[head.x][head.y])continue;
id[head.x][head.y]=index;
record[index]++;
if(head.x-1>=1 && graph[head.x-1][head.y]!=graph[head.x][head.y])
q[tail++]=(struct xOy){head.x-1,head.y};
if(head.y-1>=1 && graph[head.x][head.y-1]!=graph[head.x][head.y])
q[tail++]=(struct xOy){head.x,head.y-1};
if(head.x+1<=n && graph[head.x+1][head.y]!=graph[head.x][head.y])
q[tail++]=(struct xOy){head.x+1,head.y};
if(head.y+1<=n && graph[head.x][head.y+1]!=graph[head.x][head.y])
q[tail++]=(struct xOy){head.x,head.y+1};
}
}

int main(){
read("%d%d",&n,&m);
int i,j,index=1;
rep(i,1,n)
rep(j,1,n)
cin>>graph[i][j];
rep(i,1,n)
rep(j,1,n)
{
bfs(i,j,index);
if(record[index])index++;
}
rep(i,1,m){
read("%d%d",&datax,&datay);
print("%d\n",record[id[datax][datay]]);
}
return 0;
}