[USACO19OPEN]Valleys P && JZOJ 6525【2020.4.1模拟】Valleys （并查集+平面图欧拉公式）：

https://gmoj.net/senior/#main/show/6525

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若没有洞的限制，答案显然从每个点出发的极大联通块（联通块的每个点高度小于等于起点高度）的大小和。

那么将高度排序，从小到大用并查集维护即可。

现在要看有没有洞，考虑平面图欧拉公式：

\(V+F=E+2\)，其中\(V\)是点数，\(F\)是块数，\(E\)是边数，则\(F=E+2-V\)。

这里把每个格子定义为点，若相邻格子都属于当前并查集，则它们之间有边。

不难发现\(F=1（外面的大块）+相邻四个（小正方形）都属于当前并查集的个数+洞的个数\)

所以要动态地维护点数、边数、小正方形个数。

若直接套用启发式合并，时间复杂度：\(O(n^2~log~n^2*大常数)\)，卡一卡能过。

仔细思考，发现每次是合并一个格子P和周围4个格子（高度小于\(h[P]\)）。

如果\(P\)周围的两个格子属于不同的并查集，那么它们的并查集的点之间是没有四相邻的，不然就已经被合并了。

所以新产生的边和小正方形都包含\(P\)，那么就暴力扫一扫\(P\)的周围就好了，时间复杂度\(O(n^2~α)\)。

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Code ：

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#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h> 
#define fo(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i <= _b; i ++)
#define ff(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i <  _b; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i >= _b; i --)
#define ll long long
#define pp printf
#define hh pp("\n")
using namespace std;

const int N = 755;

int n, a[N][N];

#define pii pair<int, int>
#define fs first
#define se second

pii b[N * N]; int b0;

int cmpb(pii x, pii y) {
	return a[x.fs][x.se] < a[y.fs][y.se];
}

int id[N][N];

int mov[8][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}, {1, 1}, {1, -1}, {-1, 1}, {-1, -1}};

int f[N * N], e[N * N], g[N * N], siz[N * N];

int F(int x) { return f[x] == x ? x : (f[x] = F(f[x]));}

void bin(int x, int y) {
	if(F(x) != F(y)) {
		x = f[x], y = f[y];
		siz[y] += siz[x];
		e[y] += e[x];
		g[y] += g[x];
		f[x] = f[y];
	}
}

int qv(int x, int y, int w) { return F(id[x][y]) == w;}
int calc_e(int x, int y, int w) {
	int s = 0;
	fo(j, 0, 3) s += qv(x + mov[j][0], y + mov[j][1], w);
	return s;
}
int calc_g(int x, int y, int w) {
	int s = 0;
	s += qv(x - 1, y - 1, w) && qv(x - 1, y, w) && qv(x, y - 1, w);
	s += qv(x - 1, y, w) && qv(x - 1, y + 1, w) && qv(x, y + 1, w);
	s += qv(x, y + 1, w) && qv(x + 1, y, w) && qv(x + 1, y + 1, w);
	s += qv(x, y - 1, w) && qv(x + 1, y - 1, w) && qv(x + 1, y, w);
	return s;
}

int main() {
	freopen("valleys.in", "r", stdin);
	freopen("valleys.out", "w", stdout);
	scanf("%d", &n);
	fo(i, 1, n) fo(j, 1, n) {
		scanf("%d", &a[i][j]);
		b[++ b0] = pii(i, j);
		id[i][j] = (i - 1) * n + j;
	}
	sort(b + 1, b + b0 + 1, cmpb);
	fo(i, 1, n * n) f[i] = i, siz[i] = 1;
	ll ans = 0;
	fo(i, 1, b0) {
		int x = b[i].fs, y = b[i].se;
		fo(j, 0, 3) {
			int u = x + mov[j][0], v = y + mov[j][1];
			if(u && v && u <= n && v <= n) {
				if(a[u][v] < a[x][y]) {
					bin(id[u][v], id[x][y]);
				}
			}
		}
		int w = F(id[x][y]);
		e[w] += calc_e(x, y, w);
		g[w] += calc_g(x, y, w);
		if(e[w] + 2 - siz[w] - g[w] == 1)
			ans += siz[w];
	}
	pp("%lld\n", ans);
}