[noip2010]引水入城

引水入城

题目描述

在一个遥远的国度，一侧是风景秀美的湖泊，另一侧则是漫无边际的沙漠。该国的行政区划十分特殊，刚好构成一个N 行M 列的矩形，如上图所示，其中每个格子都代表一座城市，每座城市都有一个海拔高度。

为了使居民们都尽可能饮用到清澈的湖水，现在要在某些城市建造水利设施。水利设施有两种，分别为蓄水厂和输水站。蓄水厂的功能是利用水泵将湖泊中的水抽取到所在城市的蓄水池中。
因此，只有与湖泊毗邻的第1 行的城市可以建造蓄水厂。而输水站的功能则是通过输水管线利用高度落差，将湖水从高处向低处输送。故一座城市能建造输水站的前提，是存在比它海拔更高且拥有公共边的相邻城市，已经建有水利设施。由于第N 行的城市靠近沙漠，是该国的干旱区，所以要求其中的每座城市都建有水利设施。那么，这个要求能否满足呢？如果能，请计算最少建造几个蓄水厂；如果不能，求干旱区中不可能建有水利设施的城市数目。

输入输出格式

输入格式

输入文件的每行中两个数之间用一个空格隔开。输入的第一行是两个正整数N 和M，表示矩形的规模。接下来N 行，每行M 个正整数，依次代表每座城市的海拔高度。

输出格式

输出有两行。如果能满足要求，输出的第一行是整数1，第二行是一个整数，代表最少建造几个蓄水厂；如果不能满足要求，输出的第一行是整数0，第二行是一个整数，代表有几座干旱区中的城市不可能建有水利设施。

输入输出样例

输入样例

【输入样例1】

2 5

9 1 5 4 3

8 7 6 1 2

【输入样例2】

3 6

8 4 5 6 4 4

7 3 4 3 3 3

3 2 2 1 1 2

输出样例#1：

【输出样例1】

1

1

【输出样例2】

1

3

说明

【样例1 说明】

只需要在海拔为9 的那座城市中建造蓄水厂，即可满足要求。

【样例2 说明】

上图中，在3 个粗线框出的城市中建造蓄水厂，可以满足要求。以这3 个蓄水厂为源头
在干旱区中建造的输水站分别用3 种颜色标出。当然，建造方法可能不唯一。

【数据范围】

题解

先直接以湖边每个城市开始搜索能到达的沙漠附近的城市，用数组T[]记录下这一段能达到的区间，可以证明，如果所有沙漠城市都能获取饮用水，那么这一段区间一定是连续的，顺便记忆化搜索，用数组hp[i][j]，记录从点(i,j)出发能到达的区间，flag[i][j]记录点(i,j)是否能到达，然后特判最后一行是否全部被打上标记。如果不是，那么做第二问，略；如果是，那么做个区间覆盖问题，选出最少的区间将所有沙漠城市覆盖，直接贪心即可。

源代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define INF (1<<30)
using namespace std;
int m,n,mp[700][700];
bool flag[700][700];
int suc,ans1,ans2;
int dx[]={0,0,1,-1};
int dy[]={1,-1,0,0};
struct line
{
	int l,r;
	line(int ll=INF,int rr=0){l=ll;r=rr;}	
}T[700],hp[700][700];int now;

line operator + (line a,line b){
	return line(min(a.l,b.l),max(a.r,b.r));
}
bool cmp(line x,line y)
{
	return x.l<y.l;
}

line dfs(int x,int y){
	if(flag[x][y])
	return hp[x][y];
	flag[x][y]=true;
	line p;
	if(x==n)
	{
		p.l=p.r=y;
	}
	for(int i=0;i<4;i++)
	{
		int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];
		if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m&&mp[x][y]>mp[xx][yy])
		{
			line q=dfs(xx,yy);
			p=p+q;
		}	
	}
	return hp[x][y]=p;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			scanf("%d",&mp[i][j]);
		}
	}
	for(int j=1;j<=m;j++)
	{	
		T[j]=dfs(1,j);
	}
	
	for(int j=1;j<=m;j++)
	{
		if(flag[n][j])
		{
			ans1++;
		}
	}	
	if(ans1!=m)
	{
		printf("%d
%d
",suc,m-ans1);
		return 0;
	}
	else
	{
		suc=1;printf("%d
",suc);
		sort(T+1,T+1+m,cmp);
		int R=0,rm=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			if(R==m)break;
			if(T[i].l<=R+1)
			{
				rm=max(T[i].r,rm);
			}
			else 
			{
				R=rm;
				ans2++;
				rm=max(T[i].r,rm);
			}
		}
		if(R<m)ans2++;
		printf("%d
",ans2);
	}
}