题解：P7363 [eJOI2020 Day2] Dots and Boxes

posted on 2024-10-10 07:42:49 | under | source

很好的博弈题，出现在模拟赛中将我薄纱。

题意首先别看错了，两人轮流操作，假如一个人将一个格子四面都围起来了，称之为占领，那么就能继续操作。

然后我猜了个结论，假如能占领一个连通块的一个格子，那么就继续把这个连通分量给占满，因为剩下的不要白不要。

乍一看没问题，但是假如现在有个大小两个连通块，若一方直接把小连通块填满，那么就不得不去画大连通块，然后另一方就能把大连通块占领了，该贪心存在后效性。

基于这个例子，可以知道：先填连通块的不优，称之为先手，因为后手就能直接占领这个连通块；但是后手不一定要填满，因为之后就变成了其它连通块的先手，所以可以留下一些格子，不改变先后手。

由题意，连通块只能是链或简单环，先手先划一笔，后手有两种选择，对于链：

1. 直接占领这个链，但是交换先后手。

2. 让出一些格子给先手，不交换先后手。最少肯定是让 \(2\) 个，而让多了没有意义，相当于白给先手一些格子、还可能被反制而被迫交换先后手。

对于环同理，只不过要让 \(4\) 个格子。

那么现在有很多链（或环），先手应该选哪个？应该选最小的，因为不管咋选都会让给后手这个连通块，那么肯定先让出小的。

不过对于长度为 \(1\) 或 \(2\) 的链，情况不一样，因为先手占据了主动权，可以强行交换先后手（中间划一笔即可）。先手肯定想改变逆风局势成为更大连通块的后手，故一定先操作这些链（假如对链操作的话），而且肯定先选长度为 \(1\) 的，尽量少让出格子。

现在流程清晰了：先手选当前最小的链或环，后手选交不交换先后手顺序，以此类推；假如场上存在长为 \(1\) 或 \(2\) 的链，先手选链时优先选它们中较小者并交换先后手。

所以记 \(f_{i,j}\) 表示场上剩下前 \(i\) 大的链、前 \(j\) 大的环时，先手得分减去后手得分的最大值。注意到链的数量为 \(O(n+m)\) 级别（两端必然在边界上），所以复杂度 \(O(nm(n+m))\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define id(x, y) ((x - 1) *  m + y)
#define MAX(a, b) a = max(a, b)
const int H = 25, NL = 45, NC = 405, inf = 1e7;
int n, m, cnt[H][H], sb;
char s[H];
vector<int> to[H * H];
bool vis[H * H], cir;
int siz, nl, l[NL], nc, c[NC], f[NL][NC];

inline bool chk(int x, int y) {return 1 <= x && x <= n && 1 <= y && y <= m;}
inline void add(int x, int y, int _x, int _y){
	if(!chk(x, y) || !chk(_x, _y)) return ;
	to[id(x, y)].push_back(id(_x, _y)), to[id(_x, _y)].push_back(id(x, y));
}
inline void dfs(int u, int from, bool &cir, int &siz){
	vis[u] = true, ++siz; 
	for(auto v : to[u])
		if(v ^ from){
			if(!vis[v]) dfs(v, u, cir, siz);
			else cir |= true;
		}
}
inline bool cmp(int a, int b) {return a > b;}
signed main(){
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n + 1; ++i){
		scanf("%s", s + 1);
		for(int j = 1; j <= m; ++j)
			if(s[j] == '0') add(i - 1, j, i, j);
			else ++cnt[i][j], ++cnt[i - 1][j];
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		scanf("%s", s + 1);
		for(int j = 1; j <= m + 1; ++j) 
			if(s[j] == '0') add(i, j - 1, i, j);
			else ++cnt[i][j], ++cnt[i][j - 1];
	}

	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		for(int j = 1; j <= m; ++j)
			if(!vis[id(i, j)] && cnt[i][j] < 4){
				dfs(id(i, j), 0, cir = 0, siz = 0); 
				if(!cir) l[++nl] = siz;
				else c[++nc] = siz;
			}
			
	sort(l + 1, l + 1 + nl, cmp), sort(c + 1, c + 1 + nc, cmp);
	f[0][0] = 0;
	for(int i = 0; i <= nl; ++i)
		for(int j = (!i ? 1 : 0); j <= nc; ++j){
			f[i][j] = -inf;
			if(i){
				if(l[i] <= 2) MAX(f[i][j], -l[i] - f[i - 1][j]);
				else MAX(f[i][j], min(-l[i] - f[i - 1][j], -l[i] + 4 + f[i - 1][j]));
			}
			if(j) MAX(f[i][j], min(-c[j] - f[i][j - 1], -c[j] + 8 + f[i][j - 1]));
		}
	cout << f[nl][nc];
	return 0;
}