NOIP2010 引水入城

传送门

一道非常好的搜索题！

题目要求一个城市能修建水利工程，必须在一个比他海拔高而且修建了水利工程的城市旁边，那我们可以从每个水库旁边的点开始进行BFS，判断最后一行有哪些点能到达，从而判断可行性。这个做法很简单粗暴，只要一开始把沿着水库边上所有点全都压到队列里面，直接BFS即可，时间复杂度不超过O（nm）。

可行性很好判断，关键在于如何计算出最少需要多少个水库。仔细想一想之后发现，一个水库能供给到的靠沙漠的城市，它必然是一段连续的区间，否则我们必然有方法使得区间联通（只可能是中间高，只要从中间流就行了。）那我们其实是可以转化成线段覆盖，只要求出每个点能流到的区间是多少就好了。

又一个暴力方法出来了……从每个点开始BFS能流到的区间。但是这样的复杂度太大了，O（m^2*n），很可能超时。

再想一想，我们要求的是一个点它能流到的区间的左右端点。我们其实完全可以用已经搜索过的结果去更新答案，而没有必要每次都重新搜索一遍。所以解决问题的方法出现了，记忆化搜索！只要在dfs的时候，记录一下每个点被更新的最远的值是多少，遇到已经走过的格子，不搜索直接返回即可。最后做一次线段覆盖，直接枚举即可。注意在初始化能拓展的最左边的端点的时候要预处理为极大值。

看一下代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<set>
#include<queue>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 505;
const int INF = 1000000009;
const ll mod = 1e9+7;

ll read()
{
    ll ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    ans *= 10;
    ans += ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

int l[M][M],r[M][M],h[M][M],n,m,dx[4] = {-1,0,1,0},dy[4] = {0,1,0,-1},cnt,g = 1;
bool vis[M][M],flag;

void dfs(int x,int y)
{
   vis[x][y] = 1;
   rep(i,0,3)
   {
      int kx = x + dx[i],ky = y + dy[i];
      if(kx < 1 || kx > n || ky < 1 || ky > m) continue;
      if(h[kx][ky] >= h[x][y]) continue;
      if(!vis[kx][ky]) dfs(kx,ky);
      l[x][y] = min(l[x][y],l[kx][ky]),r[x][y] = max(r[x][y],r[kx][ky]);
   }
}

int main()
{
   n = read(),m = read();
   memset(l,0x3f,sizeof(l));
   rep(i,1,m) l[n][i] = r[n][i] = i;
   rep(i,1,n)
      rep(j,1,m) h[i][j] = read();
   rep(i,1,m) if(!vis[1][i]) dfs(1,i);
   rep(i,1,m) if(!vis[n][i]) cnt++,flag = 1;
   if(flag) printf("0\n%d\n",cnt),exit(0);
   while(g <= m)
   {
      int cur = 0;
      rep(i,1,m) if(l[1][i] <= g) cur = max(cur,r[1][i]);
      cnt++,g = cur + 1;
   }
   printf("1\n%d\n",cnt);
   return 0;
}