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vijos1777 引水入城

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描述

在一个遥远的国度，一侧是风景秀美的湖泊，另一侧则是漫无边际的沙漠。该国的行政区划十分特殊，刚好构成一个N行M列的矩形，其中每个格子都代表一座城市，每座城市都有一个海拔高度。

为了使居民们都尽可能饮用到清澈的湖水，现在要在某些城市建造水利设施。水利设施有两种，分别为蓄水厂和输水站。蓄水厂的功能是利用水泵将湖泊中的水抽取到所在城市的蓄水池中。因此，只有与湖泊毗邻的第1行的城市可以建造蓄水厂。而输水站的功能则是通过输水管线利用高度落差，将湖水从高处向低处输送。故一座城市能建造输水站的前提，是存在比它海拔更高且拥有公共边的相邻城市，已经建有水利设施。

由于第N行的城市靠近沙漠，是该国的干旱区，所以要求其中的每座城市都建有水利设施。那么，这个要求能否满足呢？如果能，请计算最少建造几个蓄水厂；如果不能，求干旱区中不可能建有水利设施的城市数目。

格式

输入格式

输入文件的每行中两个数之间用一个空格隔开。

输入的第一行是两个正整数N和M，表示矩形的规模。

接下来N行，每行M个正整数，依次代表每座城市的海拔高度。

输出格式

输出有两行。如果能满足要求，输出的第一行是整数1，第二行是一个整数，代表最少建造几个蓄水厂；如果不能满足要求，输出的第一行是整数0，第二行是一个整数，代表有几座干旱区中的城市不可能建有水利设施。

样例1

样例输入1[复制] 

2 5

9 1 5 4 3

8 7 6 1 2

样例输出1[复制] 

1

1

限制

每个测试点1s

提示

本题共有10个测试数据，每个数据的范围如下表所示：
测试数据编号 能否满足要求 N M
1 不能 ≤ 10 ≤ 10
2 不能 ≤ 100 ≤ 100
3 不能 ≤ 500 ≤ 500
4 能 = 1 ≤ 10
5 能 ≤ 10 ≤ 10
6 能 ≤ 100 ≤ 20
7 能 ≤ 100 ≤ 50
8 能 ≤ 100 ≤ 100
9 能 ≤ 200 ≤ 200
10 能 ≤ 500 ≤ 500
对于所有的10个数据，每座城市的海拔高度都不超过10^6。

来源

noip2010提高组复赛

好久没有发题解了啊……
这是NOIP之前复习的时候做的原题
首先从上到下一遍bfs，判断是否有不能被覆盖的城市
这样做完保证一定有解了
然后一个蓄水厂能覆盖的城市一定是一个连续的区间（反证法）
因此再从下到上一遍bfs算出每个蓄水厂能覆盖的城市的左右端点
然后变成线段覆盖了……贪心搞掉 
#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<algorithm>

#include<cmath>

#include<queue>

#include<deque>

#include<set>

#include<map>

#include<ctime>

#define LL long long

#define inf 0x7ffffff

#define pa pair<int,int>

#define pi 3.1415926535897932384626433832795028841971

using namespace std;

const int mx[4]={1,0,-1,0};

const int my[4]={0,1,0,-1};

inline LL read()

{

    LL x=0,f=1;char ch=getchar();

    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}

    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

    return x*f;

}

int n,m,t,w,len;

int a[510][510];

int l[510][510];

int r[510][510];

bool mrk[510][510];

int qx[250010];

int qy[250010];

struct seg{

	int l,r;

}d[1000];

bool operator <(const seg &a,const seg &b)

{

	return a.l<b.l||a.l==b.l&&a.r<b.r;

}

inline void bfs1()

{

	while(t<w)

	{

		int nx=qx[++t];

		int ny=qy[t];

		for (int k=0;k<4;k++)

		{

			int wx=nx+mx[k],wy=ny+my[k];

			if (wx<1||wx>n||wy<1||wy>m||mrk[wx][wy])continue;

			if (a[wx][wy]>=a[nx][ny])continue;

			qx[++w]=wx;

			qy[w]=wy;

			mrk[wx][wy]=1;

		}

	}

}

inline void bfs2(int dat[510][510],int x,int y)

{

	t=0;w=1;

	qx[1]=x;

	qy[1]=y;

	dat[x][y]=y;

	while (t<w)

	{

		int nx=qx[++t];

		int ny=qy[t];

		mrk[nx][ny]=1;

		for (int k=0;k<4;k++)

		{

			int wx=nx+mx[k];

			int wy=ny+my[k];

			if (wx<1||wx>n||wy<1||wy>m||dat[wx][wy])continue;

			if (a[wx][wy]<=a[nx][ny])continue;

			dat[wx][wy]=dat[nx][ny];

			qx[++w]=wx;

			qy[w]=wy;

		}

	}

}

int main()

{

	n=read();m=read();

	for (int i=1;i<=n;i++)

	  for(int j=1;j<=m;j++)

	    a[i][j]=read();

	for (int i=1;i<=m;i++)

	{

		qx[++w]=1;

		qy[w]=i;

		mrk[1][i]=1;

	}

	bfs1();

	int tot=0;

	for (int i=1;i<=m;i++)

	  if (!mrk[n][i])tot++;

	if (tot)

	{

		printf("0\n%d\n",tot);

		return 0;

	}

	memset(mrk,0,sizeof(mrk));

	for (int i=1;i<=m;i++)if (!l[n][i])bfs2(l,n,i);

	for (int i=m;i>=1;i--)if (!r[n][i])bfs2(r,n,i);

	for (int i=1;i<=m;i++)

	  if (mrk[1][i])

	  {

	  	d[++len].l=l[1][i];

	  	d[len].r=r[1][i];

	  }

	sort(d+1,d+len+1);

	int now=0,ned=0,mx=0;

	for (int i=1;i<=len;i++)

	{

		if(d[i].l<=now+1)mx=max(mx,d[i].r);

		else now=mx,ned++,mx=max(mx,d[i].r);

	}

	if(now!=m)ned++;

	printf("1\n%d\n",ned);

}

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