【极值问题】【CF1063B】 Labyrinth

传送门

Description

给你一个$n~\times~m$的矩阵，一开始你在第$r$行第$c$列。你的上下移动不受限制，向左最多移动$x$次，向右最多移动$y$次。求你最多能到多少个点。包括起始点。

Input

第一行是$n$和$m$，代表矩阵规模。

第二行是$r$和$c$，代表你的位置

第三行是$x$和$y$，代表移动限制

下面$n$行每行$m$个字符，有且仅有'.'和''两种。如果第$i$行第$j$列是''代表你不能经过这个点。

Output

输出一行一个数代表能到的最多点数

Sample Input

4 5
3 2
1 2
.....
.***.
...**
*....

Sample Output

10

Hint

$For~All:$

$0~\leq~n,m,r,c~\leq~2000$,$0~\leq~x,y~\leq~10^9$

Solution

朴素的$bfs$显然是对的，可以状态太多存不下。

考虑如果从$(sx,sy)$点到一个点$(x,y)$时，假设共向右走了$r$步，向左走了$l$步，显然$r-l$是一个定值。具体的，$r-l~=~y-sy$。于是，对于任意一个目标$(x,y)$，发现$l$事实上与$r$线性正相关。对于一个点，显然到该点的$r$越小越好，同时由于$l$和$r$线性正相关，所以最小化$r$的同时，$l$已经被最小化了。于是可以直接建图跑最短路，所有向右的边权为1，其他边权为0。跑完后扫描整个地图就可以判断合法性了。

这里的一个新姿势是$0/1bfs$。当边权只有$0/1$时，可以使用双端队列进行bfs，具体的，当当前边的权值时$0$时，将终点压入队首，否则压入队尾。考虑这么做的正确性：易证任意一时刻队列中的点dist差值不超过1。于是正确性显然。$0/1bfs$的复杂度为$O(V+E)$。相比dij少了一个log。

Code

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long int

typedef long long int ll;

namespace IO{
    char buf[110];
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
    rg char ch=getchar(),lst=' ';
    while((ch > '9') || (ch < '0')) lst=ch,ch=getchar();
    while((ch >= '0') && (ch <= '9')) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    if(lst == '-') x=-x;
}

template <typename T>
inline void qw(T x,const char aft,const bool pt) {
    if(x < 0) {putchar('-');x=-x;}
    rg int top=0;
    do {
        IO::buf[++top]=x%10+'0';
    } while(x/=10);
    while(top) putchar(IO::buf[top--]);
    if(pt) putchar(aft);
}

template <typename T>
inline T mmax(const T a,const T b) {return a > b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mmin(const T a,const T b) {return a < b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mabs(const T a) {return a < 0 ? -a : a;}

template <typename T>
inline void mswap(T &a,T &b) {
    T _temp=a;a=b;b=_temp;
}

const int maxn = 2010;

const int fx[]={0,-1,0,1};
const int fy[]={1,0,-1,0};
const int fv[]={1,0,0,0};

int n,m,sx,sy,x,y;
int MU[maxn][maxn];
char mp[maxn][maxn];

std::deque<int>Qx,Qy;

int main() {
    qr(n);qr(m);qr(sx);qr(sy);qr(x);qr(y);
    for(rg int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",mp[i]+1);
    memset(MU,0x3f,sizeof MU);
    MU[sx][sy]=0; Qx.push_front(sx);Qy.push_front(sy);
    while(!Qx.empty()) {
        int hx=Qx.front(),hy=Qy.front();Qx.pop_front();Qy.pop_front();
        for(rg int i=0;i<4;++i) {
            int dx=hx+fx[i],dy=hy+fy[i];
            if((dx > n) || (dy > m) || (!dx) || (!dy) || (mp[dx][dy] == '*') || (MU[dx][dy] <= MU[hx][hy]+fv[i])) continue;
            MU[dx][dy]=MU[hx][hy]+fv[i];
            if(i) {Qx.push_front(dx);Qy.push_front(dy);}
            else {Qx.push_back(dx);Qy.push_back(dy);}
        }
    }
    rg int _ans=0;
    for(rg int i=1;i<=n;++i) {
        for(rg int j=1;j<=m;++j) if(mp[i][j] != '*') {
            if((MU[i][j] <= y) && ((MU[i][j]-j+sy) <= x)) ++_ans;
        }
    }
    qw(_ans,'\n',true);
    return 0;
}

Summary

当题设需要最小化多个变量时，不妨考虑变量间的相关关系，从此转化成单变量的极值问题。

当边权只有$0$和$1$的时候，可以考虑使用$0/1bfs$,省去dij的log。