[POI2018]Powód?

Posted miracevin

tags:

篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了[POI2018]Powód?相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

Description

在地面上有一个水箱,它的俯视图被划分成了n行m列个方格,相邻两个方格之间有一堵厚度可以忽略不计的墙,水
箱与外界之间有一堵高度无穷大的墙,因此水不可能漏到外面。已知水箱内每个格子的高度都是[0,H]之间的整数
,请统计有多少可能的水位情况。因为答案可能很大,请对10^9+7取模输出。两个情况不同当且仅当存在至少一个
方格的水位在两个情况中不同。

Input

第一行包含三个正整数n,m,H(n*m<=500000,1<=H<=10^9)。
接下来n行,每行m-1个整数a[i][j](1<=a[i][j]<=H),表示(i,j)和(i,j+1)之间的墙的高度。
接下来n-1行,每行m个整数b[i][j](1<=b[i][j]<=H),表示(i,j)和(i+1,j)之间的墙的高度。
 
Solution
这是一道思维好题。不亏POI
发现,随着格子的水位逐渐上涨,一些本来分隔开的联通块连在了一起。
而且,墙越低,连在一起的时间就越早。
并且时间取决于最低的墙的高度。
 
神仙建模来了:
我们把每个格子看做一个点,墙看作点和点之间的边,高度就是边权。
对于每个联通块,维护当前联通块的水位,达到这个水位联通块本身的方案数,
向Kruskal那样,跑一个最小生成树,
联通合并的时候,更新水位,合并方案数即可。
ans[new]=(ans[x]+e[i].val-now[x])*(ans[y]+e[i].val-now[y])
就是,在没有达到高度e[i].val的时候,每个联通块还可以往上面升一升
正确性还是比较显然的。
因为按照val排序,联通块合并的时候,两边的联通块必然已经处理完毕,一定是最大的完整的联通块了。
而由于并查集,同一个联通块内部的边不会算重。
 
对了最后还要加上H-ans[fa]
 
代码:
 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=500000+5;
typedef long long ll;
int n,m,h;
ll ans[N];
int fa[N];
int now[N];
int fin(int x){
    if(fa[x]==x) return x;
    int ret=fin(fa[x]);
    fa[x]=ret;ans[x]=ans[ret];now[x]=now[ret];
    return ret;
}
int getnum(int x,int y){
    return (x-1)*m+y;
}
struct node{
    int x,y;
    int val;
    bool friend operator <(node a,node b){
        return a.val<b.val;
    }
}e[2*N];
int tot;
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&h);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m-1;j++){
            e[++tot].x=getnum(i,j);
            e[tot].y=getnum(i,j+1);
            scanf("%d",&e[tot].val);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n-1;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            e[++tot].x=getnum(i,j);
            e[tot].y=getnum(i+1,j);
            scanf("%d",&e[tot].val);
        }
    }
    sort(e+1,e+tot+1);
    for(int i=1;i<=n*m;i++){
        fa[i]=i;ans[i]=1;
        now[i]=0;
    }
    for(int i=1;i<=tot;i++){
        int x=fin(e[i].x);
        int y=fin(e[i].y);
        if(x!=y){
            fa[x]=y;
            ans[y]=(ans[x]+e[i].val-now[x])*(ans[y]+e[i].val-now[y])%mod;
            now[y]=e[i].val;
        }
    }
    int ff=fin(1);
    ans[ff]=(ans[ff]+h-now[ff])%mod;
    printf("%lld",ans[ff]);
    return 0;
}

 

 
这个题即使说是最小生成树,也没几个人会相信吧。
无从下手。
POI的奇妙之处就在此吧。
不用什么高深的算法,
不用什么奇技的代码,
就是考你的思维。
 
本题的关键点:水往上升,联通块合并,最矮的墙的高度决定联通块联通与否。
 
 
 

以上是关于[POI2018]Powód?的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

[POI2018]Powód?

bzoj5101[POI2018]Powód 并查集

bzoj 5103 [POI2018]Ró?norodno??

[BZOJ4725][POI2017]Reprezentacje ró?nicowe

BZOJ 4725: [POI2017]Reprezentacje ró?nicowe

[POI2007]洪水pow