[POI2018]Powódź

Description

在地面上有一个水箱，它的俯视图被划分成了n行m列个方格，相邻两个方格之间有一堵厚度可以忽略不计的墙，水

箱与外界之间有一堵高度无穷大的墙，因此水不可能漏到外面。已知水箱内每个格子的高度都是[0,H]之间的整数

，请统计有多少可能的水位情况。因为答案可能很大，请对10^9+7取模输出。两个情况不同当且仅当存在至少一个

方格的水位在两个情况中不同。

Input

第一行包含三个正整数n,m,H(n*m<=500000,1<=H<=10^9)。

接下来n行，每行m-1个整数a[i][j](1<=a[i][j]<=H)，表示(i,j)和(i,j+1)之间的墙的高度。

接下来n-1行，每行m个整数b[i][j](1<=b[i][j]<=H)，表示(i,j)和(i+1,j)之间的墙的高度。

 

Solution

这是一道思维好题。不愧POI

发现，随着格子的水位逐渐上涨，一些本来分隔开的联通块连在了一起。

而且，墙越低，连在一起的时间就越早。

并且时间取决于最低的墙的高度。

 

神仙建模来了：

我们把每个格子看做一个点，墙看作点和点之间的边，高度就是边权。

对于每个联通块，维护当前联通块的水位，达到这个水位联通块本身的方案数，

向Kruskal那样，跑一个最小生成树，

联通合并的时候，更新水位，合并方案数即可。

ans[new]=(ans[x]+e[i].val-now[x])*(ans[y]+e[i].val-now[y])

就是，在没有达到高度e[i].val的时候，每个联通块还可以往上面升一升

正确性还是比较显然的。

因为按照val排序，联通块合并的时候，两边的联通块必然已经处理完毕，一定是最大的完整的联通块了。

而由于并查集，同一个联通块内部的边不会算重。

 

对了最后还要加上H-ans[fa]

 

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+;
const int N=+;
typedef long long ll;
int n,m,h;
ll ans[N];
int fa[N];
int now[N];
int fin(int x){
    if(fa[x]==x) return x;
    int ret=fin(fa[x]);
    fa[x]=ret;ans[x]=ans[ret];now[x]=now[ret];
    return ret;
}
int getnum(int x,int y){
    return (x-)*m+y;
}
struct node{
    int x,y;
    int val;
    bool friend operator <(node a,node b){
        return a.val<b.val;
    }
}e[*N];
int tot;
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&h);
    for(int i=;i<=n;i++){
        for(int j=;j<=m-;j++){
            e[++tot].x=getnum(i,j);
            e[tot].y=getnum(i,j+);
            scanf("%d",&e[tot].val);
        }
    }
    for(int i=;i<=n-;i++){
        for(int j=;j<=m;j++){
            e[++tot].x=getnum(i,j);
            e[tot].y=getnum(i+,j);
            scanf("%d",&e[tot].val);
        }
    }
    sort(e+,e+tot+);
    for(int i=;i<=n*m;i++){
        fa[i]=i;ans[i]=;
        now[i]=;
    }
    for(int i=;i<=tot;i++){
        int x=fin(e[i].x);
        int y=fin(e[i].y);
        if(x!=y){
            fa[x]=y;
            ans[y]=(ans[x]+e[i].val-now[x])*(ans[y]+e[i].val-now[y])%mod;
            now[y]=e[i].val;
        }
    }
    int ff=fin();
    ans[ff]=(ans[ff]+h-now[ff])%mod;
    printf("%lld",ans[ff]);
    return ;
}

 

这个题即使说是最小生成树，也没几个人会相信吧。

无从下手。

POI的奇妙之处就在此吧。

不用什么高深的算法，

不用什么奇技的代码，

就是考你的思维。

 

本题的关键点：水往上升，联通块合并，最矮的墙的高度决定联通块联通与否。