P6370 [COCI2006-2007#6] KAMEN 题解

P6370

暴力是很容易的，可以直接搜索。

发现可以直接对暴力进行优化。每次有一个地方变为 O 后，重构代价太大，设这个坐标为 $(i,j)$，同时维护一个类型为 pair<int, int> 的 $to$ 数组表示将球放在第 $i$ 列第一行的时候，最后到达的位置。再用一个 $pat{h}_i$ 记录下从第一行第 $i$ 列出发的路径以及一个 $vi{s}_{i,j,k}$ 表示第 $i$ 行第 $j$ 列是否能通过放在第 $k$ 列到达，如果可以，记录的就是再 $path$ 中的下标。然后发现只有 $(i,j)$ 附近的八个格子可能会受影响，剪枝一下，即判断 $(i,j)$ 之前是否在 $(i^{\prime },j^{\prime })$ 所经过的路径上即可。这样实际上就是根据路径上的前缀不变对暴力进行的优化。

为什么这样的时间复杂度是对的呢？因为每次 $t{o}_i$ 的行数要么增加 $\mathrm{\Delta }$，要么 $-1$，所以均摊下来的时间复杂度就是对的了。

但是这样空间是 $\mathcal{O}(r{c}^2)$，无法通过。发现每次的 O 所在的位置一定是所有路径的终点，所以就不用记录 $vis$ 数组了，因为每次操作一定是 $path$ 的栈顶，直接 pop 即可。

时间复杂度：$\mathcal{O}(r{c}^2)$。

空间复杂度：$\mathcal{O}(rc)$。

代码：

mt19937_64 rng(35);
constexpr int N = 3e4 + 10;
int n, m, q;
int tp[35], pa[35][N];
char ch[N][35];
void work(int x) {
	while(1) {
		int y = pa[x][tp[x]];
		if(ch[tp[x]][y] == 'O') --tp[x];
		else if(tp[x] == n) break;
		else if(ch[tp[x] + 1][y] == 'X') break;
		else if(ch[tp[x] + 1][y] == '.') pa[x][++tp[x]] = y;
		else if(y > 1 && ch[tp[x]][y - 1] == '.' && ch[tp[x] + 1][y - 1] == '.') pa[x][++tp[x]] = y - 1;
		else if(y < m && ch[tp[x]][y + 1] == '.' && ch[tp[x] + 1][y + 1] == '.') pa[x][++tp[x]] = y + 1;
		else break;
	}
	ch[tp[x]][pa[x][tp[x]]] = 'O';
}
int main() {
	ios :: sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		for(int j = 1; j <= m; ++j)
			cin >> ch[i][j];
	for(int i = 1; i <= m; ++i)
		pa[i][tp[i] = 0] = i;
	cin >> q;
	for(int qi = 1; qi <= q; ++qi) {
		int x;
		cin >> x;
		work(x);
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		for(int j = 1; j <= m; ++j)
			cout << ch[i][j];
		cout << "\n";
	}
	return 0;
}