题解：CF31D Chocolate

bfs。

思路

总体来说：暴力删边，暴力搜索。

删边

首先不难发现：

（注意下面的图左上角的格子是 $(1,1)$，左上角的顶点是 $(0,0)$）

切掉一条横向边相当于把这条线上面的点和下面的点的连接切断了。

具体来说，我们假设这条线段的横坐标为 $x$，纵坐标区间为 $[l,r]$，那么对于任意正整数 $i\in[l+1,r]$，都要切断 $(x,i)$ 和 $(x+1,i)$ 的连接。

如果这条线段是纵向的，同理，设这条线段的纵坐标为 $y$，横坐标区间为 $[l,r]$，那么对于任意正整数 $i\in[l+1,r]$，都要切断 $(i,y)$ 和 $(i,y+1)$ 的连接。

那么问题转移到了如何实现删边上。

我们可以开一个数组 $g$（后文的代码中为 go），其中 $g_{i,j,k}$ 表示点 $(i,j)$ 向方向 $k$ 能否通行，$1$ 代表不行，$0$ 代表可以。$k\in[1,4]$，当 $k$ 等于以下值是方向分别是：

• $k=1$，向右。
• $k=2$，向左。
• $k=3$，向上。
• $k=4$，向下。

有了这个数组之后，不难发现切断横向边就是假设这条线段的横坐标为 $x$，纵坐标区间为 $[l,r]$，那么对于任意正整数 $i\in[l+1,r]$，都要使 $g_{x,i,4}=1$ 且 $g_{x+1,i,3}=1$。纵向同理。

然后暴力 bfs 即可。因为每个点至多遍历一次，所以是 $\operatorname{O}(n^2)$ 的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,q,go[505][505][5],vis[505][505],cnt,ans[250005],sum;
const int dx[5]={0,0,0,-1,1};
const int dy[5]={0,1,-1,0,0};
queue<int>q1,q2;
void bfs(int x,int y){
	q1.push(x);
	q2.push(y);
	vis[x][y]=1;
	while(!q1.empty()){
		x=q1.front();
		y=q2.front();
		sum++;
		q1.pop();
		q2.pop();
		for(int i=1;i<=4;i++){
			if(go[x][y][i])continue;
			int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
			if(nx<=0||nx>n||ny<=0||ny>m)continue;
			if(vis[nx][ny])continue;
			vis[nx][ny]=1;
			q1.push(nx);
			q2.push(ny);
		}
	}
}
int main(){
	cin>>n>>m>>q;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int x1,y1,x2,y2;
		cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
		if(x1==x2){
			for(int j=y1+1;j<=y2;j++){
				go[x1][j][4]=1;
				go[x1+1][j][3]=1;
			}
		}
		else{
			for(int j=x1+1;j<=x2;j++){
				go[j][y1][1]=1;
				go[j][y1+1][2]=1;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(!vis[i][j]){
				bfs(i,j);
				ans[++cnt]=sum;
				sum=0;
			}
		}
	}
	sort(ans+1,ans+cnt+1);
	for(int i=1;i<=cnt;i++)if(ans[i]!=0)cout<<ans[i]<<' ';
	return 0;
}