HZOJ 连连看
考场几乎想到了正解,然而我也不知道当时在想啥,在没有证伪的情况下只是觉得无法实现就否了……
最后打的好象是达哥说的O(4*15*n*m),复杂度不是很会证反正T成了暴力……
题解:
对于测试点8,9,10:bfs每个0的联通块,如果联通块边缘某累方块出现了x个,那么贡献为x*(x-1)/2。注意去掉既相邻又处于同一联通块的贡献。由于这些测试点的性质,统计出来的答案是正确的。
推广到一般情况,上面的结论不是完全适用。
考虑上面结论会错在什么地方,当两个方块同时属于多个0的联通块时会被算重,考虑容斥。(由于没有想到复杂度合适的实现方法考场止步于此)
考虑给每个0的联通块编号,为了方便起见,设相邻两个同类方块之间也有一个0联通块。
首先bfs求出每个非0点属于的0联通块,复杂度$O(nm)$。
对于每类方块,求出f1[i]表示处于i联通块的个数,f2[i][j]表示处于i,j(可以有其他)的个数,f3[][][],f4[][][][]同理。
之后就可以奇加偶减统计答案。
然而数组并开不了那么大,考虑Hash_map.
由于hash结构体并不是很好弄,于是我用了map,更容易理解,代码复杂度也更低一些。
所以下面的代码极易被卡常。
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<queue> #include<map> #define int LL #define pair pair<int,int> #define fir first #define sec second #define MP(a,b) make_pair(a,b) #define LL long long #define s1 (a.a<b.a) #define s2 (a.b<b.b) #define s3 (a.c<b.c) #define s4 (a.d<b.d) #define s5 (a.s<b.s) #define d1 (a.a==b.a) #define d2 (a.b==b.b) #define d3 (a.c==b.c) #define d4 (a.d==b.d) #define d5 (a.s==b.s) using namespace std; struct node1{int a,s;friend bool operator < (node1 a,node1 b){return d1?s5:s1;}}; struct node2{int a,b,s;friend bool operator < (node2 a,node2 b){return d1?(d2?s5:s2):s1;}}; struct node3{int a,b,c,s;friend bool operator < (node3 a,node3 b){return d1?(d2?(d3?s5:s3):s2):s1;}}; struct node4{int a,b,c,d,s;friend bool operator < (node4 a,node4 b){return d1?(d2?(d3?(d4?s5:s4):s3):s2):s1;}}; map<node1,int>mp1; map<node2,int>mp2; map<node3,int>mp3; map<node4,int>mp4; int n,m,k,mp[1010][1010]; int bel[1010][1010],cnt; int t[1000010]; bool v[1010][1010]; int ix[5]={0,1,-1,0, 0}; int iy[5]={0,0, 0,1,-1}; vector<int> be[1010][1010]; bool is(int x,int y,int sor){return x>0&&x<=n&&y>0&&y<=m&&mp[x][y]==sor;} bool ok(int x,int y){return x>0&&x<=n&&y>0&&y<=m&&mp[x][y]==0;} void bfs(int nx,int ny) { bel[nx][ny]=cnt; queue<pair >q;q.push(MP(nx,ny)); while(!q.empty()) { int x=q.front().fir,y=q.front().sec;q.pop(); for(int i=1;i<=4;i++) { int tx=x+ix[i],ty=y+iy[i]; if(ok(tx,ty)&&!bel[tx][ty])q.push(MP(tx,ty)),bel[tx][ty]=cnt; else if(tx>0&&tx<=n&&ty>0&&ty<=m&&mp[tx][ty])be[tx][ty].push_back(cnt); } } } signed main() { // freopen("ex_link3.in","r",stdin); // freopen("in.txt","r",stdin); // freopen("1.out","w",stdout); cin>>n>>m>>k; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>mp[i][j]; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) if(!mp[i][j]&&!bel[i][j])++cnt,bfs(i,j); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { if(mp[i][j]&&is(i+1,j,mp[i][j]))be[i][j].push_back(++cnt),be[i+1][j].push_back(cnt); if(mp[i][j]&&is(i,j+1,mp[i][j]))be[i][j].push_back(++cnt),be[i][j+1].push_back(cnt); } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { sort(be[i][j].begin(),be[i][j].end()); int t=unique(be[i][j].begin(),be[i][j].end())-be[i][j].begin(); while(be[i][j].size()>t)be[i][j].pop_back(); } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) if(mp[i][j]) { sort(be[i][j].begin(),be[i][j].end());int siz=be[i][j].size(); if(siz>=1){for(int k=0;k<siz;k++)mp1[(node1){be[i][j][k],mp[i][j]}]++;} if(siz>=2){for(int k=0;k<siz;k++)for(int l=k+1;l<siz;l++)mp2[(node2){be[i][j][k],be[i][j][l],mp[i][j]}]++;} if(siz>=3){for(int k=0;k<siz;k++)for(int l=k+1;l<siz;l++)for(int r=l+1;r<siz;r++) mp3[(node3){be[i][j][k],be[i][j][l],be[i][j][r],mp[i][j]}]++;} if(siz>=4){mp4[(node4){be[i][j][0],be[i][j][1],be[i][j][2],be[i][j][3],mp[i][j]}]++;} } map<node1,int>::iterator it1; map<node2,int>::iterator it2; map<node3,int>::iterator it3; map<node4,int>::iterator it4; LL ans=0; for(it1=mp1.begin();it1!=mp1.end();it1++)ans+=it1->second*(it1->second-1)/2; for(it2=mp2.begin();it2!=mp2.end();it2++)ans-=it2->second*(it2->second-1)/2; for(it3=mp3.begin();it3!=mp3.end();it3++)ans+=it3->second*(it3->second-1)/2; for(it4=mp4.begin();it4!=mp4.end();it4++)ans-=it4->second*(it4->second-1)/2; printf("%lld\n",ans); }
波澜前,面不惊。