清北学堂模拟赛d6t6 棋盘迷宫

3.棋盘迷宫
(boardgame.pas/c/cpp)
(boardgame.in/out)
时间限制:5s/空间限制:256M
【题目描述】
小 A 和小 Z 是非常要好的朋友, 而且他们都对迷宫游戏非常有兴趣。 他们经
常在自习课上用迷宫来打发时间(两位都是学习效率 400%的 dalao, 大家切记不
要模仿) 。
他们的迷宫非常简单, 又被他们叫做是棋盘迷宫, 迷宫本身是一个 N*M 大小
的棋盘, 从左往右列数不断加大, 从上往下行数不断增大, 故左上角的坐标为(1,
1),右下角的坐标为(N,M) 。 当你处在坐标为(X,Y) 的格子里时, 你只能走到
(X+1,Y) 或(X,Y+1) , 即只能往右走或者往下走(当然你也不能走出棋盘) 。
同时部分格子中有障碍物, 这样的格子是不能经过的, 用‘#’ 代表, 能正常通
行的格子由‘.’ 代表。
每一轮游戏先由其中一人选定起点和终点, 由另外一个人来完成) 。 但是他
们很快发现, 并不是每次都能找到一条从起点到达终点的路径, 两位 dalao 的注
意力立刻从游戏转移到了如何快速判断路径是否存在这个问题上。
当然 dalao 们瞬间得到了算法, 不过他想考考你, 如果你能顺利解决, 也许
就能得到他们两个的签名哦! (据说是最高级别的因果律护身符, 能让人逢考必
过)
【输入格式】 (boardgame.in)
一共 N Q 2 行。
第一行两个正整数为 N, M , 表示棋盘迷宫的行列。
接下来 N 行, 每行一个长度为 M 的字符串, 由‘#’ ‘.’ 两种字符组成
接下来 1 行, 一个正整数 Q ,表示询问的个数
接下来 Q 行, 每行四个正整数 x1,y1,x2,y2 询问点(x1,y1) 到(x2,y2) 是
否有一条合法的路径
数据保证(x1,y1) (x2,y2) 所在的位置都是‘.’ , 同时 x1<=x2,y1<=y2
【输出格式】 (boardgame.out)
一共 Q 行, 每行一个字符串Yes 或者 No , 对应每一个询问的答案。

 

 

分析:思路比较新奇的一道题。在线做是做不到满分的,只有离线了看看多组询问有什么特征.如果询问点对一个点在图的上半部分,一个点在图的下半部分,那么它们之间的路径肯定要经过中间.考虑一个类似meet in the middle的思想,我们从中间那条线上的点分别向上和向下延伸,看看它能到达哪些点,这样就能处理点对上的点分布在上下两个半图的情况,如果不在同一半图怎么办呢?分治递归就可以了.因为最后点对的两个点肯定要经过中间这条线上的同一个点,所以我们记录f[i][j][k]来表示(i,j)能够到达中间线上的哪些点(k是状态),最后利用二进制处理一下就好了.标程用了bitset,学了一下,似乎挺好用的.

超多组询问问题我人为要么就是预处理一下,要么就是询问之间肯定有公共类似的部分,从这个公共部分出发,就能通过枚举少数解得到多数解.

 

#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

int n, m, q, flag[600010];
char s[510][510];
bitset <520> f[520][520], g[520][520];

struct node
{
    int x1, y1, x2, y2, id;
};

void dfs(vector <node> v, int l, int r)
{
    if (l > r)
        return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    for (int i = mid; i >= l; i--)  //从合法状态扩展到合法状态,必须倒着枚举
        for (int j = m; j >= 1; j--)
        {
            f[i][j] = 0;
            if (s[i][j] == '.')
            {
                if (i == mid)
                    f[i][j].set(j);
                else
                    f[i][j] |= f[i + 1][j];
                if (j != m)
                    f[i][j] |= f[i][j + 1];
            }
        }
    for (int i = mid; i <= r; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
        {
            g[i][j] = 0;
            if (s[i][j] == '.')
            {
                if (i == mid)
                    g[i][j].set(j);
                else
                    g[i][j] |= g[i - 1][j];
                if (j != 1)
                    g[i][j] |= g[i][j - 1];
            }
        }
    vector <node> vl, vr;
    for (vector <node>::iterator it = v.begin(); it != v.end(); it++)
    {
        node q = *it;
        if (q.x2 < mid)
            vl.push_back(q);
        else
            if (q.x1 > mid)
                vr.push_back(q);
            else
                flag[q.id] = (f[q.x1][q.y1] & g[q.x2][q.y2]).any();
    }
    dfs(vl, l, mid - 1);
    dfs(vr, mid + 1, r);
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%s", s[i] + 1);
    vector <node> v;
    scanf("%d", &q);
    for (int i = 1; i <= q; i++)
    {
        node temp;
        scanf("%d%d%d%d", &temp.x1, &temp.y1, &temp.x2, &temp.y2);
        temp.id = i;
        v.push_back(temp);
    }
    dfs(v, 1, n);
    for (int i = 1; i <= q; i++)
    {
        if (flag[i])
            printf("Yes\n");
        else
            printf("No\n");
    }

    return 0;
}

 

posted @ 2017-10-08 00:02 zbtrs 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏