[CEOI 2013] 千岛之国 / Adritic 题解
前言
题目链接:洛谷。
题意简述
你被困在一个被划分为 \(2500 \times 2500\) 的二维平面内!平面上有 \(n\)(\(n \leq 250000\))个岛屿你可以停留,你可以在这些岛屿之间行走,但是你只能走到严格在当前岛屿的左上或右下的岛屿。即目标点 \((x', y')\) 满足和当前点 \((x, y)\) 的关系为:\((x' < x \land y' < y) \lor (x' > x \land y' > y)\)。问分别从每个岛屿出发,分别走到其他岛屿的最小步数之和是多少。
题目分析
你当然可以暴力建图加分别跑 BFS,时间复杂度 \(\Theta(n ^ 3)\)。优化?难道说扫描线的同时线段树优化建图再然后 01-BFS?似乎这样变得更劣、更难继续优化了?不太行。所以考虑换一个思路。
发现平面边长是 \(2500\),在引导我们思考有关平面边长的平方的算法。
经过玩样例发现,不能直接一步走到的地方是左下角和右上角的一片区域。并且这两片区域会越来越小,直到里面一个岛屿都没有了后停止。
比如从 \((4, 5)\) 出发,用灰色区域表示能够直接一次走到的区域。即从当前 \(k\) 步之内能到达的区域,使用 \(k + 1\) 步能够到达的区域。
然后继续,接下来能够直接一次走到的区域,也即走 \(2\) 步及以内能到达的区域。
发现 \(2\) 步以内就能走到所有岛屿。过程中,没有被灰色覆盖的区域就是所谓的“不能直接一步走到的区域”。这个逐渐减少的过程也很好理解。
那么,状态就可以记这两个区域了。发现两个区域互相独立,所以可以分别计算。并且发现,在计算步数时,每次加上当前不能一次走到的区域的个数就行了,这相当于把某一个区域对答案的贡献拆到了每走一步里。注意初始每个位置至少需要 \(1\) 步,以及不要把起点算进去。这个式子在下面会列出来。
设 \(f[x][y]\) 表示当前不能一次走到的区域是以 \((x, y)\) 为右上角的区域,里面的区域对答案的贡献。同理,\(g[i][j]\) 表示当前不能一次走到的区域是以 \((x, y)\) 为左下角的区域,里面的区域对答案的贡献。
如果起点是 \((x, y)\),上面我们讲的答案就是 \((n - 1) + (f[x][y] - 1) + (g[x][y] - 1)\)。
那该如何转移呢?以左下角的 \(f[x][y]\) 为例。
首先,我们要知道这一片区域内岛屿的数量,二维前缀和即可。其次,我们要知道下一个状态。我们要在这个区域的右边能够到达的区域里,找到最下方的一个岛屿,下一个状态的纵坐标就是这个岛屿的纵坐标。以及在上方能够到达的区域里,找到最左边的一个岛屿,作为下一个状态的横坐标。可以结合上面的样例理解。这个可以用前后缀最值预处理。
实现的时候,用一个记忆化搜索就行了。不知道为什么有题解说要特判 \(n = 1\),不特判也能过。
代码
略去了快写。是最优解。
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, x[250010], y[250010];
bool on[2510][2510];
int sum[2510][2510];
int mini[2510], minj[2510];
int maxi[2510], maxj[2510];
inline int min(int a, int b) {
return a < b ? a : b;
}
inline int max(int a, int b) {
return a > b ? a : b;
}
int ur(int x, int y) {
static int f[2510][2510];
static bool vis[2510][2510];
if (vis[x][y]) return f[x][y];
vis[x][y] = true;
if (sum[x][2500] - sum[x][y - 1] == 0) return 0;
return f[x][y] = sum[x][2500] - sum[x][y - 1] + ur(min(x, mini[y - 1]), max(y, maxj[x + 1]));
}
int dl(int x, int y) {
static int f[2510][2510];
static bool vis[2510][2510];
if (vis[x][y]) return f[x][y];
vis[x][y] = true;
if (sum[2500][y] - sum[x - 1][y] == 0) return 0;
return f[x][y] = sum[2500][y] - sum[x - 1][y] + dl(max(x, maxi[y + 1]), min(y, minj[x - 1]));
}
signed main() {
fread(buf, 1, MAX, stdin);
read(n);
memset(mini, 0x3f, sizeof mini);
memset(minj, 0x3f, sizeof minj);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
read(x[i]), read(y[i]), on[x[i]][y[i]] = true;
mini[y[i]] = min(mini[y[i]], x[i]);
maxi[y[i]] = max(maxi[y[i]], x[i]);
minj[x[i]] = min(minj[x[i]], y[i]);
maxj[x[i]] = max(maxj[x[i]], y[i]);
}
for (int i = 1; i <= 2500; ++i) {
mini[i] = min(mini[i], mini[i - 1]);
minj[i] = min(minj[i], minj[i - 1]);
}
for (int i = 2500; i; --i) {
maxi[i] = max(maxi[i], maxi[i + 1]);
maxj[i] = max(maxj[i], maxj[i + 1]);
}
for (int i = 1; i <= 2500; ++i)
for (int j = 1; j <= 2500; ++j)
sum[i][j] = on[i][j] + sum[i][j - 1] + sum[i - 1][j] - sum[i - 1][j - 1];
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
write(n + (ur(x[i], y[i]) - 1) + (dl(x[i], y[i]) - 1) - 1);
putchar('\n');
}
fwrite(obuf, 1, o - obuf, stdout);
return 0;
}
后记 & 反思
对对对,扫描线的同时线段树优化建图再然后 01-BFS 发现无从下手的人就是我。
这道题转化模型、寻找性质,以及拆贡献的方法,对我们有诸多启示。
本文作者:XuYueming,转载请注明原文链接:https://www.cnblogs.com/XuYueming/p/18295702。
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