bzoj3750 [POI2015]Pieczęć

Description

一张n*m的方格纸，有些格子需要印成黑色，剩下的格子需要保留白色。

你有一个a*b的印章，有些格子是凸起（会沾上墨水）的。你需要判断能否用这个印章印出纸上的图案。印的过程中需要满足以下要求：

（1）印章不可以旋转。

（2）不能把墨水印到纸外面。

（3）纸上的同一个格子不可以印多次。

Input

第一行一个整数q(1<=q<=10)，表示测试点数量。

接下来q个测试点，每个测试点中：

第一行包含4个整数n,m,a,b(1<=n,m,a,b<=1000)。

接下来n行，每行m个字符，描述纸上的图案。'.'表示留白，'x'表示需要染黑。

接下来a行，每行b个字符，描述印章。'.'表示不沾墨水，'x'表示沾墨水。

Output

对于每个测试点，输出TAK（是）或NIE（否）。

Sample Input

2
3 4 4 2
xx..
.xx.
xx..
x.
.x
x.
..
2 2 2 2
xx
xx
.x
x.

Sample Output

TAK
NIE

 

正解：模拟。

如果每次找没有被覆盖的最左上的黑点，然后拿整个矩形去覆盖，复杂度就是错的。

但是我们只要把印章上黑点的位置拿出来去覆盖就行了，只要发现不合法就直接退出。

因为每个点最多只会被覆盖两次，所以复杂度是对的。

 

#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define RG register
#define ll long long

using namespace std;

struct data{ int x,y; }st[1000010];

int vis[1010][1010],g[1010][1010],n,m,a,b,top;

il int gi(){
  RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar();
  while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
  if (ch=='-') q=-1,ch=getchar();
  while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return q*x;
}

il char gc(){
  RG char ch=getchar();
  while (ch!='.' && ch!='x') ch=getchar(); return ch;
}

il void work(){
  n=gi(),m=gi(),a=gi(),b=gi(),top=0;
  for (RG int i=1;i<=n;++i)
    for (RG int j=1;j<=m;++j) g[i][j]=gc()=='x',vis[i][j]=0;
  for (RG int i=1;i<=a;++i)
    for (RG int j=1;j<=b;++j) if (gc()=='x') st[++top]=(data){i,j};
  for (RG int i=top;i;--i) st[i].x-=st[1].x,st[i].y-=st[1].y;
  for (RG int i=1;i<=n;++i)
    for (RG int j=1;j<=m;++j){
      if (!g[i][j] || vis[i][j]) continue;
      for (RG int k=1,X,Y;k<=top;++k){
    X=i+st[k].x,Y=j+st[k].y;
    if (X<=0 || X>n || Y<=0 || Y>m || vis[X][Y] || !g[X][Y]){ puts("NIE"); return; }
    vis[X][Y]=1;
      }
    }
  puts("TAK"); return;
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("pieczec.in","r",stdin);
  freopen("pieczec.out","w",stdout);
#endif
  RG int T=gi();
  while (T--) work();
  return 0;
}