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 NN 行 imes M×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 11 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 NN 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：
每行两个数，之间用一个空格隔开。输入的第一行是两个正整数 N,MN,M ，表示矩形的规模。接下来 NN 行，每行 MM 个正整数，依次代表每座城市的海拔高度。
输出格式：
两行。如果能满足要求，输出的第一行是整数 11 ，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 00 ，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
说明
【样例1 说明】
只需要在海拔为 99 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 33 个粗线框出的城市中建造蓄水厂，可以满足要求。以这 33 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】
Solution：
本题思路ZYYS。
对于判断是否可行，直接从第一行的每个点dfs一遍，最后看第n行是否有点没有被访问，就能判断出不可行的情况了。
那么对于第二问，求可行的情况下的最少建厂个数，一个比较直观的想法是在判断可行的dfs中，同时处理出第一行每个点能各自给第n行供水的最左端和最右端，那么最后就只需再贪心的选取厂就好了。
但是，这样复杂度是$O(n imes m^2+m^2)$，对于$500$的数据就有点虚了。
不难发现，每次深搜可能会重复访问点，而改点所对应的能给第n行供水的最左端和最右端并不会改变，重复访问显然没有必要。
所以我们想到记忆化搜索。
令$l[i][j]$表示点$(i,j)$能在第n行控制的最左端位置，$r[i][j]$表示点$(i,j)$能在第n行控制的最右端位置。
那么状态转移方程就显而易见了：$l[i][j]=min(l[i][j],l[p][q]),;r[i][j]=max(r[i][j],r[p][q])$（其中$(p,q)$为$(i,j)$能达到的点，即存在从$(i,j)$到$(p,q)$的一条路径使得路径上经过的点高度小于$(i,j)$的高度）。
最后求最小方案的贪心也比较简单，在左端连续的情况下，尽可能的往右延伸，直到覆盖整个$m$个城市。显然这样贪心是正确的。
代码：
#include<bits/stdc++.h> #define il inline #define ll long long #define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++) #define Bor(i,a,b) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--) #define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) #define Min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a)) using namespace std; const int N=505,dx[4]={1,-1,0,0},dy[4]={0,0,1,-1}; int mp[N][N],l[N][N],r[N][N],n,m,tot; bool vis[N][N],f; il int gi(){ int a=0;char x=getchar();bool f=0; while((x<'0'||x>'9')&&x!='-')x=getchar(); if(x=='-')x=getchar(),f=1; while(x>='0'&&x<='9')a=(a<<3)+(a<<1)+x-48,x=getchar(); return f?-a:a; } il void dfs(int x,int y){ vis[x][y]=1; For(i,0,3){ int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i]; if(xx<1||yy<1||xx>n||yy>m)continue; if(mp[xx][yy]<mp[x][y]){ if(!vis[xx][yy])dfs(xx,yy); l[x][y]=min(l[x][y],l[xx][yy]); r[x][y]=max(r[x][y],r[xx][yy]); } } } int main(){ ios::sync_with_stdio(0); n=gi(),m=gi(); memset(l,0x3f,sizeof(l)); For(i,1,m) l[n][i]=r[n][i]=i; For(i,1,n) For(j,1,m) mp[i][j]=gi(); For(i,1,m) if(!vis[1][i]) dfs(1,i); For(i,1,m) if(!vis[n][i]) tot++,f=1; if(f)cout<<0<<endl<<tot; else { int pos=1,lp=1; while(pos<=m){ For(i,1,m) if(l[1][i]<=lp) pos=max(pos,r[1][i]); pos++;tot++;lp=pos; } cout<<1<<endl<<tot; } return 0; }