bzoj5138 [Usaco2017 Dec]Push a Box

题目描述：

bz

luogu

题解：

暴力可以记录$AB$位置转移，这个时候状态是$n^4$的，无法接受。

考虑只记录$A$在$B$旁边时的状态，这个时候状态时$n^2$的。

所以说转移有两种，一种是$A$推$B$一下，另一种是$A$绕到$B$另一侧。

第一种转移显然$O(1)$，瓶颈在第二种。

发现这对点满足点双，所以建出广义圆方树，判两个点是否同父亲或一个点是另一个点的爷爷。

时间复杂度$O(n^2)$。

代码：

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1550;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    T f = 1,c = 0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x = f*c;
}
int n,m,Q,nam[N][N],tot,rtx,rty,rt,stx,sty,st,hed[N*N],cnt=1;
char mp[N][N];
bool check(int x,int y){return x&&y&&x<=n&&y<=m;}
int dx[4]={-1,1,0,0},dy[4]={0,0,-1,1};
struct EG
{
    int to,nxt;
}e[4*N*N];
void ae(int f,int t)
{
    e[++cnt].to = t;
    e[cnt].nxt = hed[f];
    hed[f] = cnt;
}
int dfn[N*N],low[N*N],tim,fa[N*N*2];
int sta[N*N*2],tl;
void tarjan(int u,int f)
{
    dfn[u] = low[u] = ++tim;
    sta[++tl] = u;
    for(int j=hed[u];j;j=e[j].nxt)
    {
        int to = e[j].to;
        if(to==f)continue;
        if(!dfn[to])
        {
            tarjan(to,u);
            low[u] = min(low[u],low[to]);
            if(low[to]>=dfn[u])
            {
                int now = ++tot;
                fa[now] = u;
                int c = -1;
                while(c!=to)
                {
                    c = sta[tl--];
                    fa[c] = now;
                }
            }
        }else    low[u] = min(low[u],dfn[to]);
    }
}
bool ck(int u,int v)
{
    if(fa[u]==fa[v])return 1;
    if(fa[fa[v]]==u)return 1;
    if(fa[fa[u]]==v)return 1;
    return 0;
}
bool dp[N][N][4];
bool vis[N][N];
struct Pair
{
    int x,y;
    Pair(){}
    Pair(int x,int y):x(x),y(y){}
};
void bfs()
{
    queue<Pair>q;
    q.push(Pair(rtx,rty));
    vis[rtx][rty] = 1;
    while(!q.empty())
    {
        Pair tp = q.front();q.pop();
        int x = tp.x,y = tp.y;
        for(int k=0;k<4;k++)
        {
            int xx = x+dx[k],yy = y+dy[k];
            if(!nam[xx][yy])continue;
            if(xx==stx&&yy==sty)dp[stx][sty][k]=1;
            else if(!vis[xx][yy])vis[xx][yy]=1,q.push(Pair(xx,yy));
        }
    }
}
struct Tri
{
    int x,y,z;
    Tri(){}
    Tri(int x,int y,int z):x(x),y(y),z(z){}
};
void sol()
{
    queue<Tri>q;
    for(int k=0;k<4;k++)if(dp[stx][sty][k])
        q.push(Tri(stx,sty,k));
    while(!q.empty())
    {
        Tri tp = q.front();
        q.pop();
        int x = tp.x,y = tp.y,k = tp.z;
        if(nam[x+dx[k]][y+dy[k]]&&!dp[x+dx[k]][y+dy[k]][k])dp[x+dx[k]][y+dy[k]][k]=1,q.push(Tri(x+dx[k],y+dy[k],k));
        for(int i=0;i<4;i++)if(nam[x-dx[i]][y-dy[i]]&&i!=k&&ck(nam[x-dx[k]][y-dy[k]],nam[x-dx[i]][y-dy[i]])&&!dp[x][y][i])
            dp[x][y][i]=1,q.push(Tri(x,y,i));
    }
}
bool cck(int x,int y){return dp[x][y][0]||dp[x][y][1]||dp[x][y][2]||dp[x][y][3]||(x==stx&&y==sty);}
int main()
{
//    freopen("tt.in","r",stdin);
    read(n),read(m),read(Q);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%s",mp[i]+1);
        for(int j=1;j<=m;j++)if(mp[i][j]!='#')
        {
            nam[i][j] = ++tot;
            if(mp[i][j]=='A')rt=tot,rtx=i,rty=j;
            if(mp[i][j]=='B')st=tot,stx=i,sty=j;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)if(mp[i][j]!='#')
    {
        int u = nam[i][j];
        for(int x,y,k=0;k<4;k++)
        {
            x = i+dx[k],y = j+dy[k];
            if(!check(x,y)||mp[x][y]=='#')continue;
            ae(u,nam[x][y]);
        }
    }
    tarjan(rt,0);
    bfs();sol();
    for(int x,y,i=1;i<=Q;i++)
    {
        read(x),read(y);
        puts(cck(x,y)?"YES":"NO");
    }
    return 0;
}