P1173 [NOI2016] 网格

题目

跳蚤国王和蛐蛐国王在玩一个游戏。

他们在一个 nn 行 mm 列的网格上排兵布阵。其中的 cc 个格子中 (0 \leq c \leq n\cdot m)(0≤c≤n⋅m)，每个格子有一只蛐蛐，其余的格子中，每个格子有一只跳蚤。

我们称占据的格子有公共边的两只跳蚤是相邻的。

我们称两只跳蚤是连通的，当且仅当这两只跳蚤相邻，或存在另一只跳蚤与这两只跳蚤都连通。

现在，蛐蛐国王希望，将某些（零个，一个或多个）跳蚤替换成蛐蛐，使得在此之后存在至少两只跳蚤不连通。

例如：图 11 描述了一个 n=4n=4，m=4m=4，c=2c=2 的情况。

这种情况下蛐蛐国王可以通过将第二行第二列，和第三行第三列的两只跳蚤替换为蛐蛐，从而达成他的希望，如右图所示。并且，不存在更优的方案，但是可能存在其他替换两只跳蚤的方案。

你需要首先判断蛐蛐国王的希望能否被达成。如果能够达成，你还需要最小化被替换的跳蚤的个数。

输入格式

每个输入文件包含多组数据。

输入文件的第一行只有一个整数 TT，表示数据的组数。

接下来依次输入 TT 组数据，每组数据的第一行包含三个整数 n, m, cn,m,c。

接下来 cc 行，每行包含两个整数 x, yx,y 表示第 xx 行，第 yy 列的格子被一个蛐蛐占据。每一组数据当中，同一个蛐蛐不会被多次描述。

输出格式

对于每一组数据依次输出一行答案。

如果这组数据中，蛐蛐国王的希望不能被达成，输出 -1−1。否则，输出被替换的跳蚤的个数的最小值。

输入 #1             输出 #1

4                   2
4 4 2               1
1 1                 0      
4 4                -1
2 3 1             
1 2
2 2 2
1 1
2 2
1 1 0

 

一个显而易见的性质是答案不大于2（角上的跳蚤最多与两个相邻）

继而发现答案其实只可能是-1，0，1，2~~（废话）~~，分类讨论：

-1：nm-c<2nm−c<2或者nm-c=2nm−c=2且剩下的两只跳蚤相邻；

0：原图不连通；

1：原图联通且有割顶；

否则为2。

但n,m\le 10^9n,m≤109这种数据范围肯定不能直接做了，发现只有蚱蜢周围的跳蚤可能是割顶，是不是可以把它们选出来建图呢？

中间的*成为假的割顶。因此，我们要向外扩展两圈，然后如果在第一圈内发现割顶，那么才真正发现了割顶。这个另外的题解也有讲，这里就不仔细说了。

但是判联通性也有许多大坑，但许多题解都没提，我来提一下或许是我太蒟了

首先是怎么判。不能直接在建好的图上判，举个栗子：

会被判为不连通。而真正的不连通具有什么性质呢？我们发现，障碍点（蚱蜢）会把它周围的点分成至少两个联通块，由此得到算法1：

对选出的结点进行四联通floodfill，检查每个障碍周围的点是否均属于同一个联通块。

这个方法已经可以通过官方数据了~~，但我们还有万恶的UOJ~~

我们发现这个方法是可以hack的：

每个结点周围只有一个联通块，联通，~~于是你WA的一声哭了出来，~~所以，我们必须将连在一起的障碍一起处理，得到算法2：

对选出的结点进行四联通floodfill，对障碍进行八连通floodfill，检查每个障碍块周围的点是否均属于同一个联通块。

注意，对结点的检查不能判重

如果先检查了下面的#，再在检查上面的障碍块使省略重复访问，那么将返回联通。

这就没问题了。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int dx[4]={0,1,0,-1};
const int dy[4]={1,0,-1,0};
const int P=1000117;
const int N=100050;
char rB[1<<21],*rS,*rT;
inline char gc(){return rS==rT&&(rT=(rS=rB)+fread(rB,1,1<<21,stdin),rS==rT)?EOF:*rS++;}
inline int rd(){
    char c=gc();
    while(c<48||c>57)c=gc();
    int x=c&15;
    for(c=gc();c>=48&&c<=57;c=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15);
    return x;
}
int x[N],y[N],G[N*24],to[N*192],nxt[N*192],sz,cnt,pre[N*24],dfsc,n,m,c,tmpx[N*24],tmpy[N*24],ctmp;
bool isok[N*24],iscut[N*24];
struct node{
	int x,y;
	node(){}
	node(int x,int y):x(x),y(y){}
};
queue<node> Q,q;
struct Hash{  //用hash实现map
	int h[P],vx[N*25],vy[N*25],p[N*25],nxt[N*25],sz;
	inline void clear(){
		memset(h,0,sizeof(h));sz=0;
	}
	inline void ins(int x,int y,int id){
		int pos=((ll)(x-1)*n+y-1)%P;
		vx[++sz]=x;vy[sz]=y;p[sz]=id;nxt[sz]=h[pos];h[pos]=sz;
	}
	inline int ask(int x,int y){
		for(int k=h[((ll)(x-1)*n+y-1)%P];k;k=nxt[k])if(vx[k]==x&&vy[k]==y)return p[k];
		return 0;
	}
}h,col,tem;
inline int Abs(int x){return x<0?-x:x;}
inline int Max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline void add(int u,int v){
	to[++sz]=v;nxt[sz]=G[u];G[u]=sz;
	to[++sz]=u;nxt[sz]=G[v];G[v]=sz;
}
inline bool check(){
	int i,j,k,tx,ty;
	for(i=1;i<=n;++i)
		for(j=1;j<=m;++j)if(!h.ask(i,j)){
			for(k=0;k<4;++k)if((tx=i+dx[k])&&tx<=n&&(ty=j+dy[k])&&ty<=m&&!h.ask(tx,ty))return 1;
			return 0;
		}
}
inline void bfs(int sx,int sy,int cl){  //第一次floodfill
	int i,u,v,tx,ty;
	q.push(node(sx,sy));col.ins(sx,sy,cl);
	while(!q.empty()){
		u=q.front().x;v=q.front().y;q.pop();
		for(i=0;i<4;++i)if((tx=u+dx[i])&&tx<=n&&(ty=v+dy[i])&&ty<=m&&h.ask(tx,ty)>0&&!col.ask(tx,ty)){
			col.ins(tx,ty,cl);  //用col来记录所属联通块编号（也成为颜色）
			q.push(node(tx,ty));
		}
	}
}
inline bool bfs2(int sx,int sy){
	int i,u,v,x,y,t;
	q.push(node(sx,sy));tem.ins(sx,sy,-1);
	while(!q.empty()){
		u=q.front().x;v=q.front().y;q.pop();
		for(x=Max(1,u-1);x<=n&&x<=u+1;++x)
			for(y=Max(1,v-1);y<=m&&y<=v+1;++y)if((t=h.ask(x,y))&&!tem.ask(x,y))if(t==-1){
				tem.ins(x,y,-1);  //用tem来防止对障碍结点重复访问
//对跳蚤结点的重复访问最多总共c*8个，不会影响复杂度
				q.push(node(x,y));
			}else{tmpx[++ctmp]=x;tmpy[ctmp]=y;}
	}
	if(ctmp==-1)return 1;
	for(i=1,t=col.ask(tmpx[0],tmpy[0]);i<=ctmp;++i)if(col.ask(tmpx[i],tmpy[i])!=t)return 0;
	return 1;
}
inline bool ncon(){  //判断是否不连通
	int i,u,v,ccl=0;
	col.clear();
	while(!Q.empty()){
		u=Q.front().x;v=Q.front().y;Q.pop();
		if(col.ask(u,v))continue;
		bfs(u,v,++ccl);
	}
	tem.clear();
	for(i=0;i<c;++i)if(!tem.ask(x[i],y[i])){
		ctmp=-1;
		if(!bfs2(x[i],y[i]))return 1;
	}
	return 0;
}
int dfs(int u,int fa){  //dfs求割顶
	int i,v,lowu=pre[u]=++dfsc,lowv,chd=0;
	for(i=G[u];i;i=nxt[i])if((v=to[i])!=fa)if(!pre[v]){
		++chd;
		if((lowv=dfs(v,u))>=pre[u])iscut[u]=1;
		if(lowv<lowu)lowu=lowv;
	}else if(pre[v]<lowu)lowu=pre[v];
	if(!fa&&chd==1)iscut[u]=0;
	return lowu;
}
int main(){
	int T=rd(),i,j,k,l,t,tt,tx,ty;
	bool ok;
	while(T--){
		n=rd();m=rd();c=rd();
		h.clear();
		for(i=0;i<c;++i){
			x[i]=rd();y[i]=rd();
			h.ins(x[i],y[i],-1);
		}
		if((ll)n*m-c<2ll){
			puts("-1");
			continue;
		}
		if((ll)n*m-c==2ll){
			puts(check()?"-1":"0");
			continue;
		}
		memset(G,0,sizeof(G));ok=sz=cnt=dfsc=0;
		memset(pre,0,sizeof(pre));
		memset(iscut,0,sizeof(iscut));
		memset(isok,0,sizeof(isok));
        //建图
		for(i=0;i<c;++i)
			for(j=Max(1,x[i]-2);j<=x[i]+2&&j<=n;++j)
				for(k=Max(1,y[i]-2);k<=y[i]+2&&k<=m;++k)if(!(t=h.ask(j,k))){
					h.ins(j,k,++cnt);Q.push(node(j,k));
					isok[cnt]=Max(Abs(j-x[i]),Abs(k-y[i]))<=1;
					for(l=0;l<4;++l)if((tx=j+dx[l])&&tx<=n&&(ty=k+dy[l])&&ty<=m&&(tt=h.ask(tx,ty))>0)add(cnt,tt);
				}else if(t>0&&Max(Abs(j-x[i]),Abs(k-y[i]))<=1)isok[t]=1;
		if(ncon()){
			puts("0");
			continue;
		}
		if(n==1||m==1){  //一行或一列可以特判
			puts("1");
			continue;
		}
		for(i=1;i<=cnt;++i){
			if(!pre[i])dfs(i,0);
			if(isok[i]&&iscut[i]){
				puts("1");
				ok=1;break;
			}
		}
		if(!ok)puts("2");
	}
	return 0;
}