问题 : B.最大岛屿

题目描述

   神秘的海洋,惊险的探险之路,打捞海底宝藏,激烈的海战,海盗劫富等等。加勒比海盗,你知道吧?杰克船长驾驶着自己的的战船黑珍珠1号要征服各个海岛的海盜,最后成为海盗王。  这是一个由海洋、岛屿和海盗组成的危险世界。面对危险重重的海洋与诡谲的对手,如何凭借智慧与运气,建立起一个强大的海盗帝国。

杰克船长手头有一张整个海域的海图,上面密密麻麻分布着各个海屿的位置及面积。他想尽快知道整个海域共有多少岛屿以及最大岛屿的面积。

约束条件

     ①若一个陆地八个方向之一(上、下、左、右、左上、右上、左下、右下)的位置也是陆地,则视为同一个岛屿。

② 假设第一行,最后一行,第一列,最后一列全为0.

③ 1<M, N500   1<T100000

输入


第1行:     M  N  T      表示海域的长,宽及一个单位表示的面积大小

接下来有M行 ,每行有N个01组成的序列以及其中穿插一些空格。0表示海水,1表示陆地,其中的空格没用,可以忽略掉。

输出


输出一行,有2个整数,一个空格间隔,表示整个海域的岛屿数,以及最大岛屿的面积

样例输入

8 16 99
00000000 00000000
0000110011000000
0001111000111000
0000000  00 0000000
00111  111000001  10
001110000  0000000
0100001111 111100
0000000000000000

样例输出

5 990

明显的用深搜来写 就是输入的时候要注意一点就好了,看代码就懂。

AC代码

# include <stdio.h>

int a[510][510];
int n, m, c, min;
int next[8][2] = {{0,1},{1,1},{1,0},{1,-1},{0,-1},{-1,-1},{-1,0},{-1,1}};  // 八个方向
void dfs(int x, int y)
{
	int k, tx, ty;
	for (k = 0; k < 8; k ++)
	{
		tx = x + next[k][0];
		ty = y + next[k][1];
		if (tx < 1 || tx > n || ty < 1 || ty > m)
			continue;
		if (a[tx][ty] == 1)
		{
			a[tx][ty] = 0;
			c ++;
			dfs(tx, ty);
		}
	}
	return;
}

int main(void)
{
	int k, i, j, sum;
	while (~ scanf("%d %d %d", &n, &m, &k))
	{
		min = 0, sum = 0;
		for (i = 1; i <= n; i ++)
			for (j = 1; j <= m; j ++)
				scanf("%1d", &a[i][j]);  // %1d 只读入数字,如果不是数字的话,就跳过,读下一个,直到读够m个
		for (i = 1; i <= n; i ++)
		{
			for (j = 1; j <= m; j ++)
			{
				if (a[i][j] == 1)
				{
					c = 0;
					dfs(i, j);
					sum ++;// 记录有几个岛屿
					if (c > min)
					     min = c;  // 更新最小值。
				}
			}
		}	
		printf("%d %lld\n", sum, min*k);
	}
	return 0;
}

​ 小智最喜欢旅行了,这次,小智来到了一个岛屿众多的地方,有 N N 座岛屿,编号为 0 0 到 N − 1 N−1,岛屿之间由一些桥连接,可以从桥的任意一端到另一端,由于岛屿可能比较大,所以会出现一些桥连接的是同一个岛屿岛屿之间也可能有多座桥连接,每条桥有一个长度,小智有一个习惯,每次走过的桥都必须严格比之前走的桥长度长,小智可以从任意一个岛屿出发,任意一个岛屿结束,现在小智想知道最多能走过多少条桥? 第一行两个数 N N 和 M M,分别表示岛屿个数和桥的个数。 接下来 M M 行,每行三个数 a , b , c a,b,c,表示岛屿 a a 和 b b 之间由一条长度为 c c 的桥连接。 由于可以经过一个点任意次,看起来以点来做DP结果有些不确定。我们转变一下DP的思路。 仍然用 D p [ i ] Dp[i] 记录到达i点的最长递增路径长度,为了保证状态转移的无后效性,我们将边按照边权从小到大排序。逐个将边加入到图中,每加入一条边 ( u , v ) (u,v),同时维护两个端点的状态值Dp[u]和Dp[v]。 D p [ u ] = M a x ( D p [ u ] , D p [ v ] + 1 ) , D p [ v ] = M a x ( D p [ v ] , D p [ u ] + 1 ) Dp[u]=Max(Dp[u],Dp[v]+1),Dp[v]=Max(Dp[v],Dp[u]+1) 最终输出 M a x ( D p [ i ] ) Max(Dp[i])即可。 需要注意的是: 1.原图是无向图,我们可以将 1 条无向边 ( u , v ) (u,v) 看作 2 条边权相同的有向边 ( u − > v ) , ( v − > u ) (u−>v),(v−>u)。因此需要考虑 2 点间的状态转移顺序造成的不同影响。不要出现先从 u 转移到 v,再从 v 转移回来的情况。 2.对于所有边权相同的边,需要在同一批进行处理,因为路径要求递增,所以需要忽略因边权相同但处理顺序不同,导致的 Dp 结果的不同,这点同上面的无向图拆边的问题相同。 为了解决上述两个问题,我们用临时数组来辅助维护一条边Dp[u],Dp[v]的状态转移,以避免处理顺序带来的影响。
03-27
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