bzoj1018 [SHOI2008]堵塞的交通traffic

1018: [SHOI2008]堵塞的交通traffic

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Description

  有一天,由于某种穿越现象作用,你来到了传说中的小人国。小人国的布局非常奇特,整个国家的交通系统可
以被看成是一个2行C列的矩形网格,网格上的每个点代表一个城市,相邻的城市之间有一条道路,所以总共有2C个
城市和3C-2条道路。 小人国的交通状况非常槽糕。有的时候由于交通堵塞,两座城市之间的道路会变得不连通,
直到拥堵解决,道路才会恢复畅通。初来咋到的你决心毛遂自荐到交通部某份差事,部长听说你来自一个科技高度
发达的世界,喜出望外地要求你编写一个查询应答系统,以挽救已经病入膏肓的小人国交通系统。 小人国的交通
部将提供一些交通信息给你,你的任务是根据当前的交通情况回答查询的问题。交通信息可以分为以下几种格式:
Close r1 c1 r2 c2:相邻的两座城市(r1,c1)和(r2,c2)之间的道路被堵塞了;Open r1 c1 r2 c2:相邻的两座城
市(r1,c1)和(r2,c2)之间的道路被疏通了;Ask r1 c1 r2 c2:询问城市(r1,c1)和(r2,c2)是否连通。如果存在一
条路径使得这两条城市连通,则返回Y,否则返回N;

Input

  第一行只有一个整数C,表示网格的列数。接下来若干行,每行为一条交通信息,以单独的一行“Exit”作为
结束。我们假设在一开始所有的道路都是堵塞的。我们保证 C小于等于100000,信息条数小于等于100000。

Output

  对于每个查询,输出一个“Y”或“N”。

Sample Input

2
Open 1 1 1 2
Open 1 2 2 2
Ask 1 1 2 2
Ask 2 1 2 2
Exit

Sample Output

Y
N
分析:神题一道......
          一眼根本不可做,没告诉具体的图,只告诉一些点的连通信息,这咋做啊......而且能根据连通性确定的边只有一条:(r1,c1)连向(r2,c2)的边.
         方法是利用线段树维护连通性.考虑从(r1,c1)和(r2,c2)通过c1列到c2列的边连通的方法有几种.要么是直接连通,要么是在中间拐了个弯,再过去.这样就很好地利用了线段树的区间合并.对于每一个区间,维护留个变量:a1,a2,b1,b2,c1,c2,分别表示:

                  左上-左下
                  右上-右下
                  左上-右上
                  左下-右下

                  左上-右下
                  左下-右上  是否连通.

有一个细节需要注意:线段树划分区间是[l,mid],[mid + 1,r],还要维护mid到mid+1之间是否连通.注意,这里维护的区间是相对于列而言的.维护这6个变量就比较容易了,大力讨论,无非就是几种不同的路线嘛,在中间有可能变一下.凭借线段树的向上合并操作,即使只能修改一条边的信息,也能维护整个区间的连通性.

       查询答案有点麻烦.从(r1,c1)走到(r2,c2)可能会走区间[1,c1]和[c2,c],也就是说还要考虑左右两个区间的连通性.设这三个区间分别为pa,pb,pc.(左,中,右).那么路径无非就是4种:1.直接从pb走过去. 2.走pb和pc. 3.走pa和pb. 4.走pa和pb和pc.分别讨论一下就行了. pa和pc只需要考虑上下连通.

       get到新技能,线段树也能维护区间连通性,只是要维护的东西好多好麻烦啊......

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

const int maxn = 100010;

const int dx[] = {0,0,1,-1},dy[] = {1,-1,0,0};

using namespace std;
int n,r1,c1,r2,c2,flag[maxn][2][2];
char ch[10];
//flag[i][0][0]表示i位置第一行是否与i+1位置第一行连通
//flag[i][1][1]表示第二行.
//flag[i][0][1]表示同一列上下两行

struct node
{
    int a1,a2,L,R;
    int b1,b2;
    int c1,c2;
    /*
        左上-左下
        右上-右下
        左上-右上
        左下-右下
        左上-右下
        左下-右上
    */
    void init()
    {
        a1 = a2 = b1 = b2 = c1 = c2 = L = R = 0;
    }
}e[maxn << 2];

node pushup(node a,node b)
{
    node c;
    c.init();
    c.L = a.L;
    c.R = b.R;
    int mid = a.R;
    if (a.a1 || (a.b1 && flag[mid][0][0] && flag[mid][1][1] && b.a1 && a.b2))
        c.a1 = 1;
    else
        c.a1 = 0;
    if (b.a2 || (b.b1 && flag[mid][0][0] && flag[mid][1][1] && a.a2 && b.b2))
        c.a2 = 1;
    else
        c.a2 = 0;
    if ((a.b1 && flag[mid][0][0] && b.b1) || (a.c1 && flag[mid][1][1] && b.c2))
        c.b1 = 1;
    else
        c.b1 = 0;
    if ((a.b2 && flag[mid][1][1] && b.b2) || (a.c2 && flag[mid][0][0] && b.c1))
        c.b2 = 1;
    else
        c.b2 = 0;
    if ((a.b1 && flag[mid][0][0] && b.c1) || (a.c1 && flag[mid][1][1] && b.b2))
        c.c1 = 1;
    else
        c.c1 = 0;
    if ((a.b2 && flag[mid][1][1] && b.c2) || (a.c2 && flag[mid][0][0] && b.b1))
        c.c2 = 1;
    else
        c.c2 = 0;
    return c;
}

void build(int o,int l,int r)
{
    e[o].init();
    e[o].L = l;
    e[o].R = r;
    if (l == r)
    {
        e[o].b1 = e[o].b2 = 1;
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(o * 2,l,mid);
    build(o * 2 + 1,mid + 1,r);
    e[o] = pushup(e[o * 2],e[o * 2 + 1]);
}

void update(int o,int l,int r,int pos)
{
    if (l == r)
    {
        e[o].b1 = e[o].b2 = 1;
        e[o].a1 = e[o].a2 = e[o].c1 = e[o].c2 = flag[l][0][1];
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (pos <= mid)
        update(o * 2,l,mid,pos);
    else
        update(o * 2 + 1,mid + 1,r,pos);
    e[o] = pushup(e[o * 2],e[o * 2 + 1]);
}

void change(int x)
{
    int dir = 0;
    for (int i = 0; i < 4; i++)
        if (r1 + dx[i] == r2 && c1 + dy[i] == c2)
        {
            dir = i;
            break;
        }
    if (dir == 0)
    {
        flag[c1][r1][r1] = x;
        update(1,1,n,c1);
    }
    else if (dir == 1)
    {
        flag[c2][r1][r1] = x;
        update(1,1,n,c2);
    }
    else
    {
        flag[c1][0][1] = x;
        update(1,1,n,c1);
    }
}

node query(int o,int l,int r,int x,int y)
{
    if (x <= l && r <= y)
        return e[o];
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (y <= mid)
        return query(o * 2,l,mid,x,y);
    else
        if (x > mid)
            return query(o * 2 + 1,mid + 1,r,x,y);
    else
        return pushup(query(o * 2,l,mid,x,mid),query(o * 2 + 1,mid + 1,r,mid + 1,y));
}

void solve()
{
    if (c1 > c2)
    {
        swap(r1,r2);
        swap(c1,c2);
    }
    node pa = query(1,1,n,1,c1);
    node pb = query(1,1,n,c1,c2);
    node pc = query(1,1,n,c2,n);
    if (r1 == r2)
    {
        if (r1 == 0)
        {
            if (pb.b1 || (pa.a2 && pb.c2) || (pa.a2 && pb.b2 && pc.a1) || (pb.c1 && pc.a1))
                puts("Y");
            else
                puts("N");
        }
        else
        {
            if (pb.b2 || (pa.a2 && pb.c1) || (pa.a2 && pb.b1 && pc.a1) || (pb.c2 && pc.a1))
                puts("Y");
            else
                puts("N");
        }
    }
    else
    {
        if (r1 == 0)
        {
            if (pb.c1 || (pa.a2 && pb.b2) || (pa.a2 && pb.c2 && pc.a1) || (pb.b1 && pc.a1))
                puts("Y");
            else
                puts("N");
        }
        else
        {
            if (pb.c2 || (pa.a2 && pb.b1) || (pa.a2 && pb.c1 && pc.a1) || (pb.b2 && pc.a1))
                puts("Y");
            else
                puts("N");
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    build(1,1,n);
    while (1)
    {
        scanf("%s",ch);
        if (ch[0] == 'E')
            break;
        scanf("%d%d%d%d",&r1,&c1,&r2,&c2);
        r1--;
        r2--;
        if (ch[0] == 'A')
            solve();
        if (ch[0] == 'O')
            change(1);
        if (ch[0] == 'C')
            change(0);
    }

    return 0;
}

 

  

posted @ 2018-02-07 21:17  zbtrs  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏