「NOIP2010」引水入城

传送门
Luogu

解题思路

第一问很好做，只要总第一行的每一个点都跑一边dfs，判断最后一行是否有点标记不了即可。
考虑处理第二问。
其实这一问就是：
把第一行的点都看做是对最后一行一些点的覆盖，求最后一行那段区间的最小覆盖数。
我们可以发现这样一个事情：
每一个第一行的点在最后一行覆盖的都是一段连续的区间。

证明：
假设一个点它的水流只可以覆盖两个最后一行的两端不相邻区间（多段类似）。
那么在有解的前提下，必定会有一条水流流入中间那块没被覆盖的区域，
而这条水流一定会与第一条水流相交，这就意味着第一条水流可以在交点处分一条支流 从而覆盖整个区间，与假设矛盾。

所以我们可以在dfs时预处理出每个第一行节点对应的区间，然后贪心地去选点就好了。

细节注意事项

• 第一次没用上vis标记居然还只T了两个点hhh

参考代码

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <ctime>
#define rg register
using namespace std;
template < typename T > inline void read(T& s) {
	s = 0; int f = 0; char c = getchar();
	while (!isdigit(c)) f |= c == '-', c = getchar();
	while (isdigit(c)) s = s * 10 + (c ^ 48), c = getchar();
	s = f ? -s : s;
}

const int _ = 502;
const int dx[] = { 1, -1, 0, 0 };
const int dy[] = { 0, 0, 1, -1 };

int n, m, d[_][_];
int vis[_][_], l[_][_], r[_][_];

inline void dfs(int i, int j) {
	if (vis[i][j]) return; vis[i][j] = 1;
	for (rg int k = 0; k < 4; ++k) {
		int ni = i + dx[k], nj = j + dy[k];
		if (ni < 1 || ni > n || nj < 1 || nj > m) continue;
		if (d[ni][nj] >= d[i][j]) continue;
		dfs(ni, nj);
		l[i][j] = min(l[i][j], l[ni][nj]);
		r[i][j] = max(r[i][j], r[ni][nj]);
	}
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.in", "r", stdin);
#endif
	read(n), read(m);
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i)
		for (rg int j = 1; j <= m; ++j)
			read(d[i][j]);
	memset(l, 0x3f, sizeof l);
	memset(r, 0, sizeof r);
	for (rg int j = 1; j <= m; ++j)
		l[n][j] = r[n][j] = j;
	for (rg int j = 1; j <= m; ++j)
		if (!vis[1][j]) dfs(1, j);
	int cnt = 0;
	for (rg int j = 1; j <= m; ++j)
		cnt += !vis[n][j];
	if (cnt) { printf("0
%d
", cnt); return 0; }
	int ans = 0;
	for (rg int R, L = 1; L <= m; L = R + 1) {
		R = 0;
		for (rg int j = 1; j <= m; ++j)
			if (l[1][j] <= L) R = max(R, r[1][j]);
		++ans;
	}
	printf("1
%d
", ans);
	return 0;
}

完结撒花 (qwq)