2025牛客暑期多校训练营5 J.Fastest Coverage Problem
2025牛客暑期多校训练营5 J.Fastest Coverage Problem
时限:\(2s\)
内存:\(512MB\)
题目描述
给定一个 \(n×m\) 的二元矩阵，其中 \(1\) 代表黑色单元格，\(0\) 代表白色单元格。每一秒，每个黑色单元格会将其上、下、左、右四个相邻的白色单元格变为黑色。
你可以将最多一个白色单元格变为黑色（将 \(0\) 变为 \(1\)），以最小化整个矩阵完全变黑所需的时间。求出这个最短时间。
输入格式
- 第一行包含两个整数 \(n\) 和 \(m\) (\(1 ≤ n×m ≤ 2×10^5\))，表示矩阵的行数和列数。
- 接下来的 \(n\) 行，每行包含 \(m\) 个数字（\(0\) 或 \(1\)），表示矩阵的初始状态。
输出格式
输出一个整数，表示在增加一个黑色单元格后，使整个矩阵变黑所需的最短时间。
思路
看到 \(1 \leq n×m \leq 2×10^5\)
时限只有 \(2s\)，因此可以预见应该是\(O(nm)\) 或者是 \(O(nm \log(X))\) 的复杂度。
由于我们肯定要算出每一个白点最早被染黑的时间，得做多源BFS，我们显然不能枚举每一个白点BFS,只能做一次。
即使在不加点的最坏情况下,
现在做完BFS后，答案一定 \(T \leq n+m\),
且一定在 \([0, t_{max}]\) 之间，考虑二分 \(T\)。
开始写check
我们可以得到每个白点被染黑的时间 \(t_i\)，我们应该要让所有\(t_i > T\)的点变成\(t_i \leq T\),之后称为慢点，
找出所有慢点组成的集合
\(E = {p: Time(p) > T}\)，即在 \(T\) 秒内无法被原有黑点染黑的点。
这些点必须依赖新加的黑点 \(c(i,j)\) 才能及时变黑。
即存在一个白点\(c(i,j)\)，对于每个 \(p \in E\)，要求
即 \(c\) 到 \(p\) 的曼哈顿距离不超过 \(T\)。
这等价于 \(c\) 必须落在以 \(p\) 为中心、半径 \(T\) 的菱形内。
可以将绝对值拆掉，得到四个不等式：
将\(i\)和\(j\)作为变量，移项得到:
那么所有慢点的交集就是：
其中
可以\(O(nm)\)地计算出 \(L_1, R_1, L_2, R_2\)。
之后就是只要找到一个这样的点就可以了。
也可以\(O(nm)\)地遍历所有白点。
只要存在一个原本为白色的格子 \((i, j)\)，满足 \(i+j \in [L_1, R_1]\) 且 \(i-j \in [L_2, R_2]\)，就可以在 \(T\) 秒内全部染黑。
如果 \(E\) 为空（即所有点本来就能在 \(T\) 秒内变黑），直接返回true。
复杂度 \(O(nm\log(nm))\)，
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> mp(n, vector<int>(m));
const int INF = 1e9;
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < m; j++)
cin >> mp[i][j];
vector<vector<int>> D(n, vector<int>(m, INF));
queue<pair<int, int>> q;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < m; j++)
{
if (mp[i][j] == 1)
{
D[i][j] = 0;
q.push({i, j});
}
}
}
int dirs[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
while (!q.empty())
{
auto [x, y] = q.front();
q.pop();
for (auto &d : dirs)
{
int nx = x + d[0], ny = y + d[1];
if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && D[nx][ny] > D[x][y] + 1)
{
D[nx][ny] = D[x][y] + 1;
q.push({nx, ny});
}
}
}
int tm = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < m; j++)
{
tm = max(tm, D[i][j]);
}
}
auto letmeseesee = [&](int T) -> bool
{
int L1 = -1e9, R1 = 1e9, L2 = -1e9, R2 = 1e9;
bool ok = false;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < m; j++)
{
if (D[i][j] > T)
{
ok = true;
L1 = max(L1, i + j - T);
R1 = min(R1, i + j + T);
L2 = max(L2, i - j - T);
R2 = min(R2, i - j + T);
}
}
}
if (!ok)
return 1;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < m; j++)
{
if (mp[i][j] == 0)
{
int sum = i + j, diff = i - j;
if (sum >= L1 && sum <= R1 && diff >= L2 && diff <= R2)
return 1;
}
}
}
return 0;
};
int lo = 0, hi = tm;
int ans = hi;
while (lo <= hi)
{
int mid = (lo + hi) / 2;
if (letmeseesee(mid))
{
ans = mid;
hi = mid - 1;
}
else
{
lo = mid + 1;
}
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号