Codeforces 1749E Cactus Wall 题解 [ 紫 ] [ 01 BFS ] [ 图论建模 ] [ 构造 ] [ adhoc ]
一道很好的思维题，被教练碾压了。
观察
首先从题目给的样例入手：
5 5
.....
.....
.....
.....
.....
这种情况最终的答案是：
YES
....#
...#.
..#..
.#...
#....
所以我们大胆猜测，构造这样的仙人掌防线，需要我们斜着且不间断地排布仙人掌。
这一点其实也可以从题目中 “仙人掌不能四联通放” “需要以四联通的形式堵住怪物” 观察出来，只是初看比较难想到。
因此，我们只要在图中构造一个斜向走的仙人掌防线即可。
假做法
既然我们要用最少的仙人掌去构造这样的一个放置方案，就需要利用到之前已经摆放过的仙人掌了。
同时看到我们求的是一个放置的轮廓线，并且是从左往右放的，那么我们就可以想到经典的按轮廓线转移的线性 dp 。
当这个位置是仙人掌时，我们不需要将这个位置再放上仙人掌，因此直接转移前面的：
当这个位置是空的时，我们要在这里放上仙人掌，因此转移时要加一：
当这个位置是与某个仙人掌四联通时，无法放置，因此不转移。
但是，这个做法实际上是假的，因为我们并不能保证仙人掌防线一定是一直从左往右的，例如：
.......#
......#.
.....#..
....#...
...#....
..#.....
.#......
..#.....
...#....
....#...
...#....
..#.....
.#......
#.......
可以从左上，左下，右上，右下四个地方转移，这就直接说明了本题不满足无后效性，不能用 dp 。因此需要换一种思路。
正解
根据上述分析我们知道，转移可以从左上，左下，右上，右下四个地方来。因此我们可以建出一个图，表示这个点能从其他什么点走过来，形成防线。
这样，就把 dp 变成了 无需满足无后效性的 图论问题。
这是经典的把有后效性的 dp 转化为最短路的 trick 。
复杂度更劣做法
我们把和仙人掌四联通的点设为不可以走的点，对于一个有向边 \(<u,v>\) ，如果 \(v\) 是已有仙人掌的点，那么把这条边的权设为 \(0\) ，否则设为 \(1\) ，这代表着走这里需不需要种仙人掌。
这里由于是无向图，所以要建两倍有向边。
接下来跑一遍 dijkstra 即可，求出的最短路径记录一下自己的先驱，然后顺着最短路径把这上面的点修改成仙人掌再输出就可以了。
时间为 \(O(\sum( nm \log (nm)))\)，可以过但是没有到最优复杂度。
复杂度更优做法
观察到边权只有 \(0\) 和 \(1\) ，因此我们可以使用 01 BFS 算法来在 \(O(n)\) 时间内求解最短路。
01 BFS 板子：Switch the lamp on 。
还要注意的是 01 BFS 只有在节点从 deque 里出来后才能判断是否抵达终点，因为如果在 push 时就判断，则会导致可能这个节点先更新了边权更大的节点，导致其先到终点就结束，而没有更新边权更小的节点导致算错最短路的情况。
我这里采用了数组模拟 deque ，为了减少常数，并且要注意这里数组没有办法直接开下，因此我们要用 vector 存。
坑点：vector 太大了，必须开在全局里，如果开在局部会爆栈导致 RE 。二维的 vector 在 clear 时要分维 clear ，无法一次 clear 掉全部。
时间为 \(O(\sum( nm ))\)。
01 BFS 代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pi;
int n,m;
int gox[]={0,0,1,-1};
int goy[]={1,-1,0,0};
int xx[]={1,1,-1,-1};
int yy[]={-1,1,-1,1};
bool check(int x,int y)
{
return (x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m);
}
pi q[1500005];
vector<int>c[200005];//不能开在局部
vector<int>f[200005];
vector<pi>pre[200005];
vector<pi>cac;
int h,t;
void outp(int ex,int ey)
{
cout<<"YES"<<endl;
while((ex!=-1)&&(ey!=-1))
{
c[ex][ey]=0;
pi tmp=pre[ex][ey];
ex=tmp.first;
ey=tmp.second;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(c[i][j]==0)cout<<'#';
else cout<<'.';
}
cout<<endl;
}
}
void solve()
{
for(auto tmp:cac)
{
int x=tmp.first,y=tmp.second;
c[x][y]=0;
for(int i=0;i<4;i++)
{
int tx=x+gox[i],ty=y+goy[i];
if(check(tx,ty)&&c[tx][ty]==1)c[tx][ty]=-1;
}
}
h=750000,t=750000;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(c[i][1]!=-1)
{
if(c[i][1]==0)q[--h]={i,1};
else q[t++]={i,1};
f[i][1]=c[i][1];
pre[i][1]={-1,-1};
}
}
while(t-h>0)
{
pi now=q[h++];
int x=now.first,y=now.second;
int w=f[x][y];
if(y>=m)//这里不能放在 push 时判断
{
outp(x,y);
return;
}
for(int i=0;i<4;i++)
{
int nx=xx[i]+x,ny=yy[i]+y;
if(check(nx,ny)&&f[nx][ny]==0x3f3f3f3f&&c[nx][ny]!=-1)
{
int nw=w+c[nx][ny];
f[nx][ny]=nw;
if(t-h<=0||nw<=f[q[h].first][q[h].second])q[--h]={nx,ny};
else q[t++]={nx,ny};
pre[nx][ny]={x,y};
}
}
}
cout<<"NO"<<endl;
}
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
for(int i=0;i<=n;i++)//多维 vector 要逐维 clear ，不然会 CE 。
{
c[i].clear();
f[i].clear();
pre[i].clear();
}
cac.clear();
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
c[i].push_back(0);
f[i].push_back(0x3f3f3f3f);
pre[i].push_back({0,0});
for(int j=1;j<=m;j++)
{
char tmp;
cin>>tmp;
if(tmp=='#')cac.push_back({i,j});
c[i].push_back(1);
f[i].push_back(0x3f3f3f3f);
pre[i].push_back({0,0});
}
}
solve();
}
return 0;
}
