AT_abc443_e [ABC443E] Climbing Silver 题解

先考虑不存在墙时怎么做，我们可以直接 bfs 搜出所有可以到达的点。接下来，考虑墙怎么处理，根据题意，一个墙 \((i,j)\) 可以变为空地，当且仅当 \(\forall k>i\) 满足 \((k,j)\) 都是空地，于是我们分两类讨论：

1. 在原图上 \(\forall k>i\) 满足 \((k,j)\) 都是空地，即 \((i,j)\) 在这第 \(j\) 列中没有后继墙了，那此时 \((i,j)\) 可以直接变为空地，且在 bfs 过程中标为可到达；
2. 相反，在原图上 \(\exists k>i\) 满足 \((k,j)\) 是墙，即 \((i,j)\) 在这第 \(j\) 列中有后继墙，我们找到最小的 \(k>i\) 满足 \((k,j)\) 是墙，如果 \((k,j)\) 是可到达的，证明第 \(j\) 列中 \((k,j)\) 及之后的墙已经全部成为空地，所以 \((i,j)\) 可以直接变为空地，且在 bfs 过程中标为可到达，如果 \((k,j)\) 是不可到达的，那么同理 \((i,j)\) 也是不可到达的。

我们对于后继墙可以使用 vector 维护每列墙的行号，每次二分查找第一个后继墙即可，时间复杂度为 \(O(n^2\log n)\)。

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,c;
string s;
bitset<3005> book[3005],a[3005];
vector<int> e[3005];
void bfs(){
    queue<pair<int,int>> q;
    q.push({n,c});
    book[n][c]=1;
    while(!q.empty()){
        auto u=q.front();
        q.pop();
        if(u.first==1)continue;
        for(int i=u.second-1;i<=u.second+1;i++){
            if(i<=0||i>n||book[u.first-1][i])continue;
            if(a[u.first-1][i]){
                auto it=upper_bound(e[i].begin(),e[i].end(),u.first-1);
                if(it==e[i].end()){
                    q.push({u.first-1,i});
                    book[u.first-1][i]=1;
                }else if(book[*it][i]){
                    q.push({u.first-1,i});
                    book[u.first-1][i]=1;
                }
            }
            else{
                q.push({u.first-1,i});
                book[u.first-1][i]=1;
            }
        }
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cout.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n>>c;
        for(int i=1;i<=n;i++)e[i].clear();
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cin>>s;
            for(int j=0;j<n;j++){
                a[i][j+1]=(s[j]=='#');
                if(a[i][j+1])e[j+1].push_back(i);
            }
            book[i].reset();
        }
        bfs();
        for(int i=1;i<=n;i++)cout<<book[1][i];
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}