2021杭电多校第四场 1008——Lawn of the Dead

原创于 2021-09-03 10:16:52 发布 · 190 阅读

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#算法

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线段树

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该博客讨论了一种使用线段树解决二维矩阵中从起点出发，避开给定的障碍点，计算可达点数量的问题。通过滚动更新两个线段树，分别维护上一行和当前行的可达状态，实现高效求解。代码实现中涉及了线段树的更新和查询操作，以及在处理不可达区域时的细节处理。

题目大意

给你一个 $n×mn\times m$ 的矩阵，给你 $k$ 个点，表示这些点不可走，你从起点 $(1, 1)$ 出发，你每次只能向下或向右走，问你有多少个点是可到达的

解题思路

由于这道题没有限制总的 $n×mn\times m$ 之和小于一个值，题面给的是 $∑n≤107,∑m≤107\sum n \leq 10^7, \sum m \leq 10^7$ ，所以不可以直接 $b f s$
我们可以用两个线段树来做，两个线段树进行滚动，一个线段树维护的是上一行可到达的点，另一个线段树维护当前行可到达的点，线段树的query是返回可走点的最左端点。
考虑如何转移，记录一个 $l = 1$ 对于当前行不可走的点 $j$ ，查询上一行线段树区间 $[l, j]$ 可走点的最左端点 $p o s$ 。
如果没有则将当前行线段树这一段标记为不可走。
如果有，则标记 $[l, p o s - 1]$ 为不可走， $[p o s, j - 1]$ 为可走，点 $j$ 为不可走。
然后让 $l = j + 1$
可走标为 $1$ ，不可走标为 $0$
那么当前线段树的和即为当前行的答案。
在 $p u s h d o w n$ 时， $l a z y$ 为 $0, 1$ 都要往下 $p u s h d o w n$ ，然后标记为 $- 1$ ，因为是两个线段树滚动， $l a z y$ 为 $0$ 可能下面的线段树节点并没有清空，会导致错误的答案。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define qc ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<ll, ll>
#define pb push_back
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
    return x*f;
}
int tree[2][MAXN << 2], add[2][MAXN << 2];
void pushup(int rt, int f){
	tree[f][rt] = tree[f][rt << 1] + tree[f][rt << 1 | 1];
}
void pushdown(int rt, int f, int len){
	if(add[f][rt] != -1){
		tree[f][rt << 1] = add[f][rt] * (len - (len >> 1));
		add[f][rt << 1] = add[f][rt];
		tree[f][rt << 1 | 1] = add[f][rt] * (len >> 1);
		add[f][rt << 1 | 1] = add[f][rt];
		add[f][rt] = -1;
	}
}
void update(int f, int L, int R, int x, int l, int r, int rt){
	if(L <= l && r <= R){
		tree[f][rt] = (r - l + 1) * x;
		add[f][rt] = x;
		return ;
	}
	pushdown(rt, f, r - l + 1);
	int m = (l + r) >> 1;
	if(L <= m)
		update(f, L, R, x, l, m, rt << 1);
	if(m < R)
		update(f, L, R, x, m+1, r, rt << 1 | 1);
	pushup(rt, f);
	return ;
}
int query(int f, int L, int R, int l, int r, int rt){
	if(tree[f][rt] == 0) return inf;
	if(l == r) return l;
		int m = (l + r) >> 1;
	pushdown(rt, f, r-l+1);
	if(L <= l && r <= R){
		if(tree[f][rt << 1]) return query(f, L, R, l, m, rt << 1);
		else return query(f, L, R, m+1, r, rt << 1 | 1);
	}
	else{
		int ret = inf;
		if(L <= m)
			ret = min(ret,query(f, L, R, l, m, rt << 1));
		if(m < R)
			ret = min(ret,query(f, L, R, m+1, r, rt << 1 | 1));
		return ret;
	}
}
int n, m, k;
vector<int> v[MAXN];
void solve(){
	cin >> n >> m >> k;
	for (int i = 1; i <= k; ++i){
	    int x, y;
		cin >> x >> y;
		v[x].pb(y);
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i){
	    sort(v[i].begin(), v[i].end());
	}
	memset(add, -1, sizeof add);
	memset(tree, 0, sizeof tree);
	update(1, 1, 1, 1, 1, m+1, 1);
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		int l = 1;
		v[i].pb(m+1);
		for(int j : v[i]){
			int pos = query(i & 1, l, j, 1, m+1, 1);
			if(pos == inf){
				update((1&i)^1, l, j, 0, 1, m+1, 1);
			}
			else{
				if(l <= pos-1)
					update((1&i)^1, l, pos-1, 0, 1, m+1, 1);
				if(pos <= j-1)
					update((1&i)^1, pos, j-1, 1, 1, m+1, 1);
				update((1&i)^1, j, j, 0, 1, m+1, 1);
			}
			l = j + 1;
		}

		ans += tree[(i&1)^1][1];
	}
	cout << ans << "\n";
	for (int i = 1; i <= n; ++i){
	    v[i].clear();
	}
}

int main()
{
    #ifdef ONLINE_JUDGE
    #else
       freopen("in.txt", "r", stdin);
       freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif

    qc;
    int T;
    cin >> T;
    // T = 1;
    while(T--){

        solve();
    }
    return 0;
}