【题解】SDOI2010所驼门王的宝藏(强连通分量+优化建图)

最开始我想写线段树优化建图的说,数据结构学傻了233

虽然矩阵很大,但是没什么用,真正有用的是那些关键点

考虑关键点的类型:

  • 横走型
  • 竖走型
  • 八连通型

本质上只有两种类型(走一大串/走八连通),我们考虑这样一种建图方法:

  • 对于每一行每一列建立一个点(点权为\(0\))
  • 对于关键点建立一个点(点权为\(1\))

然后考虑这样一种建图方式,得到一个有点权无边权图

  • 关键点所在的行与列无偿地向这个关键点连边
  • 横走型的关键点向行连一条边,竖走型同理
  • 八连通型直接向周围的关键点连边

题目要求走到的点最多,也就是求一条最长路径,但是显然这个图上可能有正环,但是点权贡献只能算一次,自然想到直接缩点。缩完点后得到一个\(DAG\),直接在这个\(DAG\)上\(dp\)

\(dp_i\)表示从这个节点出发最长的路径,直接转移。

分析点数,显然是\(O(3n)\),分析边数,一个点最多连接十条边,\(tarjin\)是\(O(n)\)的,但是我们用了\(map\)所以复杂度\(O(n\log n)\),实际上,直接用unordered_map就是\(O(n)\)了,就帅一点...

至于实现,直接用\(map\)存std::pair < int ,int >就好了

//@winlere
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map> using namespace std; typedef long long ll;
inline int qr(){
register int ret=0,f=0;
register char c=getchar();
while(c<48||c>57)f|=c==45,c=getchar();
while(c>=48&&c<=57) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
return f?-ret:ret;
} const int maxn=1e5+5;
struct E{
int to,nx;
E(){to=nx=0;}
E(const int&a,const int&b){to=a;nx=b;}
};
vector < E > e,e2; pair < int ,int > node[maxn];
int head[maxn*3];
int head2[maxn*3];
int TT[maxn];
int dp[maxn*3];
int n,m,k; void add2(const int&fr,const int&to){
e2.push_back(E(to,head2[fr]));
head2[fr]=e2.size()-1;
}
void add(const int&fr,const int&to){
e.push_back(E(to,head[fr]));
head[fr]=e.size()-1;
} int idx[maxn],idy[maxn];
int w[maxn*3];
int stk[maxn*3];
int qaq,top;
int be[maxn*3];
int siz[maxn*3];
int dfn[maxn*3],low[maxn*3],in[maxn*3];
int tim,ans;
int qaqcnt; int dfs2(const int&now){
if(dp[now]) return dp[now];
register int ret=0;
for(register int t=head2[now];t;t=e2[t].nx)
ret=max(ret,dfs2(e2[t].to));
return dp[now]=ret+siz[now];
} void dfs(const int&now){
dfn[now]=low[now]=++tim;in[now]=1;stk[++top]=now;
for(register int t=head[now];t;t=e[t].nx){
if(!dfn[e[t].to])
dfs(e[t].to),low[now]=min(low[now],low[e[t].to]);
if(dfn[e[t].to]&&in[e[t].to])
low[now]=min(low[now],dfn[e[t].to]);
}
if(dfn[now]==low[now]){
register int temp=0;
++qaq;
do{
temp=stk[top--];
in[temp]=0;siz[qaq]+=w[temp];
be[temp]=qaq;
}while(temp!=now);
}
} map < pair < int ,int > , int > s;
inline int init(const int&a,const int&b,const int&c){
e.push_back(E()); e.push_back(E());
e2.push_back(E()); e2.push_back(E());
qaqcnt=k=a;n=b;m=c;
for(register int t=1;t<=k;++t){
register int t1=qr(),t2=qr(),t3=qr();
node[t].first=t1;
node[t].second=t2;
TT[t]=t3; w[t]=1;
s[make_pair(t1,t2)]=t;
if(!idx[t1]) idx[t1]=++qaqcnt;
if(!idy[t2]) idy[t2]=++qaqcnt;
add(idx[t1],t);
add(idy[t2],t);
} for(register int t=1;t<=k;++t){
if(TT[t]==1) add(t,idx[node[t].first]);
if(TT[t]==2) add(t,idy[node[t].second]);
if(TT[t]==3)
for(register int dx=-1;dx<=1;++dx)
for(register int dy=-1;dy<=1;++dy)
if(dx||dy){
auto f=s.find(make_pair(node[t].first+dx,node[t].second+dy));
if(f!=s.end()) add(t,f->second);
}
} for(register int t=1;t<=qaqcnt;++t)
if(!dfn[t]) dfs(t);
for(register int t=1;t<=qaqcnt;++t)
for(register int i=head[t];i;i=e[i].nx)
if(be[e[i].to]!=be[t])
add2(be[t],be[e[i].to]);
for(register int t=1;t<=qaq;++t)
ans=max(ans,dfs2(t));
printf("%d\n",ans);
return 0;
} int main(){
int a=qr(),b=qr(),c=qr();
return init(a,b,c);
}

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