BZOJ4879: [Lydsy2017年5月月赛]失控的数位板

最新推荐文章于 2019-04-16 17:32:00 发布

森屿北海

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分类专栏： ACM_BZOJ 文章标签： ACM 并查集

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题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4879

Description

绘画家小Q正在他的数位板上作画。当他在作画的时候，他的设备突然故障了！此时他的笔变成了擦除模式。在小Q

的脑海中，有一副漂亮的图案，他希望最后能将它呈现在板子上。他按照自己的创作风格，一步一步地绘画。他每

一步只可能是4种指令上(up)下(down)左(left)右(right)中的一种，同时指定一个距离d，每秒往那个方向移动一

步。在创作的一开始，他的笔位于数位板的左下角，且任意时刻他的笔都不会离开数位板。考虑6*8的数位板以及

如下图所示的指令集，如果笔在第17秒末故障了，数位板最终会变成第二幅图的样子。

小Q想知道最早和最晚的时刻t，满足如果数位板在第t秒末故障了，最终显示出来的图案与他预想的一致。注意数

位板可以在第0秒末故障，此时小Q的笔还没有触碰到数位板。

Input

第一行包含三个正整数h,w,n(1<=h,w,n<=10^6,1<=w*h<=10^6)，分别表示数位板的高度与宽度以及指令的条数。

接下来h行，每行w个字符

每个字符要么是“#”，要么是“.”。表示小Q预想的效果，其中“#”表示有颜色，“.”表示空白。

接下来n行

每行一个字符串s和一个正整数d(1<=d<=10^6)，分别表示方向和距离，输入数据保证操作不会使笔离开数位板。

Output

输出一行两个整数x与y，其中x表示最小的合法的t，y表示最大的合法的t

注意y不能超过最后一条指令执行完毕时的时间。若无解则输出“-1 -1”。

Sample Input

6 8 5
........
........
###.####
#......#
#..#####
#.......
up 3
right 7
down 2
left 4
up 3

Sample Output

考虑每个格子：

• 若没被走过，但要求有颜色，那么此时必定无解。

• 若被走过，但要求没有颜色，那么只要在它最后一次被走过之前坏掉即可。

• 若被走过，且要求有颜色，那么只要在它最后一次被走过之后坏掉即可。

求出每个格子最后一次被走过的时间，可以倒序操作，用并查集维护。时间复杂度 O(hw (hw))。

//求出每个格子最后一次被走过的时间，可以倒序操作，用并查集维护
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Maxn=1000020;
typedef long long LL;
char s[1000200];
int n,m,q;
int debug;
set<int>sx[Maxn],sy[Maxn];
int d[Maxn],op[Maxn];
int di[4][2]={{-1,0},{0,1},{1,0},{0,-1}};
int getop(char* ss){
    if(ss[0]=='u')return 0;
    if(ss[0]=='r')return 1;
    if(ss[0]=='d')return 2;
    if(ss[0]=='l')return 3;
    return -1;
}
LL L,R;
char ask(int wh,int ty,int loc){
    if(!ty)swap(loc,wh);
    return s[wh*m+loc];
}
void solve(set<int>&S,int st,int ed,LL tl,int wh,int ty){
    int l=st,r=ed;
    if(l>r)swap(l,r);
    set<int>::iterator it=S.lower_bound(l);
    for(;it!=S.end()&&((*it)<=r);){
        char c=ask(wh,ty,*it);
        if(ty==0){
            sx[*it].erase(sx[*it].lower_bound(wh));
        }
        else{
            sy[*it].erase(sy[*it].lower_bound(wh));
        }
        if(c=='#')L=max(L,tl-abs((*it)-st));
        else R=min(R,tl-abs((*it)-st)-1);
        S.erase(it++);
    }
}
int main(){
    while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&q)!=EOF){
        for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%s",s+(i*m));
        }
        for(int i=0;i<n;i++){
            sx[i].clear();
            for(int j=0;j<m;j++)sx[i].insert(j);
        }
        for(int i=0;i<m;i++){
            sy[i].clear();
            for(int j=0;j<n;j++)sy[i].insert(j);
        }
        for(int i=0;i<q;i++){
            char tmp[10];
            scanf("%s%d",tmp,d+i);
            op[i]=getop(tmp);
        }
        int curx=n-1,cury=0;
        LL tl=1;
        for(int i=0;i<q;i++){
            curx+=di[op[i]][0]*d[i];
            cury+=di[op[i]][1]*d[i];
            tl+=d[i];
        }
        L=0,R=tl;
        for(int i=q-1;i>=0;i--){
            int top=(op[i]+2)%4;
            if(i==1)debug=1;else debug=0;
            int nx=curx+di[top][0]*d[i],ny=cury+di[top][1]*d[i];
            if(top==0||top==2)solve(sy[ny],curx,nx,tl,ny,0);
            else solve(sx[nx],cury,ny,tl,nx,1);
            tl-=d[i];
            curx=nx;
            cury=ny;
        }
        for(int i=0;i<n&&L<=R;i++){
            for(set<int>::iterator it=sx[i].begin();it!=sx[i].end();it++){
                if(ask(i,1,*it)=='#'){
                    L=R+1;
                    break;
                }
            }
        }
        if(L>R)puts("-1 -1");
        else printf("%lld %lld\n",L,R);
    }
}