arc112d

arc112d

大意

略...

思路

乱搞，很难证明（

显然，任意一个点都可以到达四周，或者说左下角那一个点。

所以，只要能从左下角那一个点，到达其他所有的点，那么就满足题意了。

我们将行和列抽象为两个互不相关的并查集。

如果两个 '#' 在同一行，我们就将它们对应的列并查集链接，

如果在同一列，就将行并查集链接。

含义为，两列（行） 的点可以互相到达。

注意，首列和尾列，首行和尾行开始就应该链接。

如果某个 '#' 在第1行或者第h行，那么我们要将其对应的列和首列链接，想一下图就能发现。

如果某个 '#' 在第1列或者第w列，那么我们要将其对应的行和首行链接。

如果每行间都能互相到达，或者每列间都能互相到达，那么就是满足题意的。

所以，记 (c_1) 为行并查集独立集个数， (c_2) 为列并查集独立集个数。

答案为 (min(c_1, c_2) -1)

（因为，添加一个 '#' 只能将两个独立集合并）

代码

#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define cint const int&
#define Pi acos(-1)

const int mod = 1e9+7;
const int inf_int = 0x7fffffff;
const ll inf_ll = 0x7fffffffffffffff;
const double ept = 1e-9;

int h, w;
int bcj[2][1010];
int row[1001], col[1001];

int fd(cint x, bool st) {
    return bcj[st][x] == x ? x : bcj[st][x] = fd(bcj[st][x], st);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    int s = -1, ss = -1;
    cin >> h >> w;
    char a;
    for(int i=1; i<=h; i++) bcj[0][i] = i;
    for(int i=1; i<=w; i++) bcj[1][i] = i;
    bcj[1][w] = 1; bcj[0][h] = 1;
    for(int i=1; i<=h; i++)
        for(int j=1; j<=w; j++) {
            cin >> a;
            if(a == '#') {
                if(i == 1 || i == h) bcj[1][fd(bcj[1][j], 1)] = fd(bcj[1][1], 1);
                else {
                    if(row[i] != 0) bcj[1][fd(bcj[1][j], 1)] = fd(bcj[1][row[i]], 1);
                    row[i] = j;
                }
                if(j == 1 || j == w) bcj[0][fd(bcj[0][i], 0)] = fd(bcj[0][1], 0);
                else {
                    if(col[j] != 0) bcj[0][fd(bcj[0][i], 0)] = fd(bcj[0][col[j]], 0);
                    col[j] = i;
                }

            }
        }
    int tmp = 0;
    for(int i=1; i<=w; i++)
        if(bcj[1][i] == i) ++tmp;
    int tmp1 = 0;
    for(int i=1; i<=h; i++)
        if(bcj[0][i] == i) ++tmp1;
    cout << min(tmp1, tmp) - 1 << endl;
    return 0;
}