bzoj5101[POI2018]Powód 并查集

Posted 2020-10-17 GXZlegend

题目描述

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。

输入

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。

输出

输出一行一个整数，即方案数模10^9+7的结果。

样例输入

3 2 2
1
1
1
1 2
1 1

样例输出

65

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题解

并查集

首先容易发现，所有方格的连接是一个类似于最小生成树的过程。

因此我们先把每个隔板按照高度从小到大排序，然后一个一个加入。

对于每一个连通块，维护其：连通的最小高度（即最后加的一条边）$last[i]$ 、和连通之前的方案数 $v[i]$ 。

那么高度为 $z$ 时合并两个连通块 $x$ 和 $y$ ，形成新连通块的 $last$ 等于 $z$，方案数等于 $(v[x]+z-last[x])(v[y]+z-last[y])$ 。

如果最终的连通块为 $i$ ，则最后的答案即为 $v[i]+H-last[i]$ 。

时间复杂度 $O(nm\log n)$

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 500010
#define mod 1000000007
#define pos(i , j) ((i - 1) * m + j)
using namespace std;
typedef long long ll;
struct data
{
	int x , y , z;
	data() {}
	data(int a , int b , int c) {x = a , y = b , z = c;}
	bool operator<(const data &a)const {return z < a.z;}
}a[N << 1];
int f[N] , last[N] , tot;
ll v[N];
int find(int x)
{
	return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);
}
int main()
{
	int n , m , k , i , j , x , y;
	scanf("%d%d%d" , &n , &m , &k);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		for(j = 1 ; j < m ; j ++ )
			scanf("%d" , &x) , a[++tot] = data(pos(i , j) , pos(i , j + 1) , x);
	for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
		for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
			scanf("%d" , &x) , a[++tot] = data(pos(i , j) , pos(i + 1 , j) , x);
	sort(a + 1 , a + tot + 1);
	for(i = 1 ; i <= n * m ; i ++ ) f[i] = i , last[i] = -1;
	for(i = 1 ; i <= tot ; i ++ )
	{
		x = find(a[i].x) , y = find(a[i].y);
		if(find(x) != find(y)) v[y] = (v[y] + a[i].z - last[y]) * (v[x] + a[i].z - last[x]) % mod , last[y] = a[i].z , f[x] = y;
	}
	x = find(1);
	printf("%lld\n" , (v[x] + k - last[x]) % mod);
	return 0;
}