bzoj 1924 [Sdoi2010]所驼门王的宝藏（构图，SCC，DP）

 

Description

Input

第一行给出三个正整数 N, R, C。 以下 N 行，每行给出一扇传送门的信息，包含三个正整数xi, yi, Ti，表示该传送门设在位于第 xi行第yi列的藏宝宫室，类型为 Ti。Ti是一个1~3间的整数， 1表示可以传送到第 xi行任意一列的“横天门”，2表示可以传送到任意一行第 yi列的“纵寰门”，3表示可以传送到周围 8格宫室的“ziyoumen”。 保证 1≤xi≤R，1≤yi≤C，所有的传送门位置互不相同。

Output

只有一个正整数，表示你确定的路线所经过不同藏宝宫室的最大数目。

Sample Input

10 7 7
2 2 1
2 4 2
1 7 2
2 7 3
4 2 2
4 4 1
6 7 3
7 7 1
7 5 2
5 2 1

Sample Output

9

 

【思路】

 

       构图，SCC，DP

       因为只有宝藏室有门所以传送到空房间是没有意义的，这样可以将n个宝藏室构图。

       求出SCC，对于一个SCC内的任意节点可以互相到达而到达次数没有限制，所以缩点，将点权设为SCC的结点数，这样问题就变成了求DAG上的一条最大点权路，可以用DP求解。

       需要注意的是DAG不一定连通。

 　　

【代码】

 

#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
using namespace std;

const int N = 2*1e5+10; 
struct Node{
    int x,y,id;
    bool operator < (const Node& rhs) const{
        return x<rhs.x || (x==rhs.x&&y<rhs.y);
    }
};
void read(int& x) {
    char c=getchar(); int f=1; x=0;
    while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
    while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
    x*=f;
}
int n,R,C,val[N],f[N],x[N],y[N],z[N],in[N];
vector<int> g[N],G[N],quex[N],quey[N];
int dfsc,pre[N],lowlink[N],sccno[N],scccnt;
stack<int> S; set<Node> xy;

void dfs(int u) {
    pre[u]=lowlink[u]=++dfsc;
    S.push(u);
    FOR(i,0,(int)g[u].size()-1) {
        int v=g[u][i];
        if(!pre[v]) {
            dfs(v);
            lowlink[u]=min(lowlink[u],lowlink[v]);
        }
        else if(!sccno[v]) {
            lowlink[u]=min(lowlink[u],pre[v]);
        }
    }
    if(lowlink[u]==pre[u]) {
        ++scccnt;
        for(;;) {
            int x=S.top(); S.pop();
            sccno[x]=scccnt; 
            if(x==u) break;
        }
    }
}

int dp(int u) {
    int& ans=f[u];
    if(ans) return ans;
    FOR(i,0,(int)G[u].size()-1)
        ans=max(ans,dp(G[u][i]));
    ans+=val[u]; 
    return ans;
}

void get_graph() {
    FOR(i,1,n) {
        read(x[i]),read(y[i]),read(z[i]);
        quex[x[i]].push_back(i),quey[y[i]].push_back(i);
        xy.insert((Node){x[i],y[i],i});
    }
    FOR(i,1,n) {
        if(z[i]==1) {
            FOR(j,0,(int)quex[x[i]].size()-1)
                if(i!=quex[x[i]][j]) g[i].push_back(quex[x[i]][j]);
        }
        else if(z[i]==2) {
            FOR(j,0,(int)quey[y[i]].size()-1)
                if(i!=quey[y[i]][j]) g[i].push_back(quey[y[i]][j]);
        } else {
            FOR(dx,-1,1) FOR(dy,-1,1) if(dx!=0||dy!=0) {
                int xx=x[i]+dx,yy=y[i]+dy;
                Node u=*xy.find((Node){xx,yy,0});
                if(u.x==xx&&u.y==yy) g[i].push_back(u.id);
            }
        }
    }
}

int main() {
    //freopen("in.in","r",stdin);
    //freopen("out.out","w",stdout);
    read(n),read(R),read(C);
    get_graph();
    FOR(i,1,n) if(!pre[i]) dfs(i);
    FOR(u,1,n) {
        val[sccno[u]]++;
        FOR(j,0,(int)g[u].size()-1) {
            int v=g[u][j];
            if(sccno[v]!=sccno[u])  {
                in[sccno[v]]++;
                G[sccno[u]].push_back(sccno[v]);
            }
        }
    }
    int ans=0;
    FOR(i,1,scccnt)
        if(!in[i]) ans=max(ans,dp(i));
    printf("%d\n",ans);
}

 ps：万万没想到，bokeyuan竟然和谐free gate