微软大楼的设计方案（解题报告）

Posted 2020-09-21 starry

微软大楼的设计方案

 

近日，微软新大楼的设计方案正在广泛征集中，其中一种方案格外引人注目。在这个方案中，大楼由 n 栋楼组成，这些楼从左至右连成一排，编号依次为 1 到 n，其中第 i 栋楼有 h_i?? 层。每栋楼的每一层为一个独立的 办公区域，可以步行 直达同层相邻楼栋的办公区域，以及 直达同楼栋相邻楼层的办公区域。

由于方案设计巧妙，上一层楼、下一层楼、向左右移动到相邻楼栋同层的办公区域均刚好需要 111 分钟。在这些办公区域中，有一些被 核心部门 占用了（一个办公区域内最多只有一个核心部门），出于工作效率的考虑，微软希望核心部门之间的移动时间越短越好。对于一个给定的 最大移动时间 kkk，大楼的 协同值 定义为：有多少个 核心部门对 之间的移动时间不超过 kkk。由于大楼门禁的限制，不可以走出整个大楼，也不可以登上天台思考人生。你可以认为在办公区域内的移动时间忽略不计，并且在大楼内总是按照最优方案进行移动。

对于一个给定的新大楼设计方案，你能算出方案的协同值么？

输入格式

第一行包含两个正整数 n,k(1≤k≤200020)n,k(1\leq k\leq 200020)n,k(1≤k≤200020)，分别表示大楼的栋数以及最大移动时间。

第二行包含 nnn 个正整数 h1,h2,...,hn(1≤hi≤20)h_1,h_2,...,h_n(1\leq h_i\leq 20)h?1??,h?2??,...,h?n??(1≤h?i??≤20)，分别表示每栋楼的层数。

接下来一行包含一个正整数 mmm，表示 核心部门 个数。

接下来 mmm 行，每行两个正整数 xi,yi(1≤xi≤n,1≤yi≤hxi)x_i,y_i(1\leq x_i\leq n,1\leq y_i\leq h_{x_i})x?i??,y?i??(1≤x?i??≤n,1≤y?i??≤h?x?i????)，表示该核心部门位于第 xix_ix?i?? 栋楼的第 yiy_iy?i?? 层。

输入数据保证 mmm 个核心部门的位置不会重复。

对于简单版本：1≤n,m≤501\leq n,m\leq 501≤n,m≤50；

对于中等版本：1≤n≤200000,1≤m≤20001\leq n\leq 200000,1\leq m\leq 20001≤n≤200000,1≤m≤2000；

对于困难版本：1≤n,m≤2000001\leq n,m\leq 2000001≤n,m≤200000。

输出格式

输出一个整数，即整个大楼的 协同值。

样例解释

样例对应题目描述中的图，核心部门 111 和核心部门 333 之间的距离为 8>78>78>7，因此不能计入答案。

样例输入

5 7
4 1 1 3 1
3
1 4
3 1
4 3

样例输出

2
比赛时只做出简单的，好辣鸡！！！

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef pair<int,int> P;
 4 const int N = 55;
 5 int n, k, m, x1, x2, yy, y2;
 6 int a[N];
 7 int dist[N][N];
 8 int qx[N],qy[N];
 9 int dx[] = {1, 0, -1, 0}, dy[] = {0, -1, 0, 1};
10 int d[N][N];
11 void init(){
12     for(int i = 1; i <= n; i ++){
13         int j;
14         for(j = 1; j <= a[i]; j ++){
15             dist[i][j] = 1;
16         }
17         for(;j <= n; j ++){
18             dist[i][j] = 0;
19         }
20     }
21 }
22 int solve(){
23     memset(d,-1,sizeof(d));
24     queue<P> que;
25     que.push(P(x1,yy));
26     d[x1][yy] = 0;
27     while(que.size()){
28         P p = que.front();
29         que.pop();
30         if(p.first == x2 && p.second == y2) break;
31         for(int i = 0; i < 4; i ++){
32             int nx = p.first + dx[i], ny = p.second + dy[i];
33             if(0 < nx && nx <= n && 0 < ny && ny <= n && dist[nx][ny] == 1 && d[nx][ny] == -1){
34                 que.push(P(nx,ny));
35                 d[nx][ny] = d[p.first][p.second] + 1;
36             }
37         }
38     }
39     return d[x2][y2];
40 }
41 int main(){
42     cin >> n >> k;
43     for(int i = 1; i <= n; i ++){
44         cin >> a[i];
45     }
46     init();
47     cin >> m;
48     for(int i = 1; i <= m; i ++){
49         cin >> qx[i] >> qy[i];
50     }
51     int ans = 0;
52     for(int i = 1; i <= m; i ++){
53         x1 = qx[i]; yy = qy[i];
54         for(int j = i+1; j <= m; j ++){
55             if(i == j) continue;
56             x2 = qx[j]; y2 = qy[j];
57             int cnt = solve();
58             //printf(" %d  %d : %d\n",i,j,cnt);
59             if(cnt <= k) ans++;
60         }
61     }
62     cout << ans << endl;
63     return 0;
64 }