在一个遥远的国度，一侧是风景秀美的湖泊，另一侧则是漫无边际的沙漠。该国的行政区划十分特殊，刚好构成一个 N×M 列的矩形，如上图所示，其中每个格子都代表一座城市，每座城市都有一个海拔高度。 为了使居民们都尽可能饮用到清澈的湖水，现在要在某些城市建造水利设施。水利设施有两种，分别为蓄水厂和输水站。蓄水厂的功能是利用水泵将湖泊中的水抽取到所在城市的蓄水池中。
因此，只有与湖泊毗邻的第 1 行的城市可以建造蓄水厂。而输水站的功能则是通过输水管线利用高度落差，将湖水从高处向低处输送。故一座城市能建造输水站的前提，是存在比它海拔更高且拥有公共边的相邻城市，已经建有水利设施。由于第 N 行的城市靠近沙漠，是该国的干旱区，所以要求其中的每座城市都建有水利设施。那么，这个要求能否满足呢？如果能，请计算最少建造几个蓄水厂；如果不能，求干旱区中不可能建有水利设施的城市数目。
每行两个数，之间用一个空格隔开。输入的第一行是两个正整数 N,M ，表示矩形的规模。接下来 N 行，每行 M 个正整数，依次代表每座城市的海拔高度。
两行。如果能满足要求，输出的第一行是整数 1 ，第二行是一个整数，代表最少建造几个蓄水厂；如果不能满足要求，输出的第一行是整数 0 ，第二行是一个整数，代表有几座干旱区中的城市不可能建有水利设施。
2 5 9 1 5 4 3 8 7 6 1 2
1 1
3 6 8 4 5 6 4 4 7 3 4 3 3 3 3 2 2 1 1 2
1 3
【样例1 说明】
只需要在海拔为 9 的那座城市中建造蓄水厂，即可满足要求。
【样例2 说明】 上图中，在 3 个粗线框出的城市中建造蓄水厂，可以满足要求。以这 3 个蓄水厂为源头在干旱区中建造的输水站分别用3 种颜色标出。当然，建造方法可能不唯一。
【数据范围】
考虑数据范围，我们可以乱搞。 首先找一个湖泊边的城市，跑bfs，要求h [ temp ] < h [ now ] ，记录经过的点 然后在沙漠边上找被标记了的区间，如果有两个以上的区间被标记，那么无解(出现了不可逾越的小山包)。 重复m次，每次记得重置。
然后贪心做一遍区间覆盖。嗯。 /luogu迷之数据 第五个点卡了一波992ms的常
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; #define R register int tu[507][507]; bool sf[507][507]; int q[250007][2]; int mx[5]={0,1,0,-1,0}; int my[5]={0,0,1,0,-1}; inline int read() { char ch=getchar(); int x=0; while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();} return x; } struct emm{ int l,r; }a[50007]; int tot=0; void con(int x,int y) { a[++tot].l=x; a[tot].r=y; return; } bool cmp(emm qaq,emm qwq) { return qaq.l==qwq.l?qaq.r<qwq.r:qaq.l<qwq.l; } bool b[507]; int main() { //freopen("a.in","r",stdin); int n=read(),m=read(); for(R int i=1;i<=n;++i) for(R int j=1;j<=m;++j) tu[i][j]=read(); for(R int i=0;i<=n+1;++i) tu[i][0]=tu[i][m+1]=99999999; for(R int j=0;j<=m+1;++j) tu[0][j]=tu[n+1][j]=99999999; int flag=1; for(R int j=1;j<=m;++j) { memset(sf,0,sizeof(sf)); int he=0,ta=1; q[1][0]=1; q[1][1]=j; sf[1][j]=1; do { he++; int x=q[he][0],y=q[he][1]; for(R int c=1;c<=4;++c) { int u=x+mx[c],v=y+my[c]; if(tu[x][y]>tu[u][v]&&!sf[u][v]) { q[++ta][0]=u; q[ta][1]=v; sf[u][v]=1; } } }while(he<ta); int l=0,flg=2; for(R int i=1;i<=m;++i) if(sf[n][i]) { if(!l){l=i;flg--;} if(!sf[n][i+1]){con(l,i);l=0;} } if(!flg)flag--; } sort(a+1,a+tot+1,cmp); { for(R int c=1;c<=tot;++c) for(R int i=a[c].l;i<=a[c].r;++i) b[i]=1; int ans=0; for(R int i=1;i<=m;++i) if(!b[i])ans++; if(ans){cout<<0<<endl<<ans<<endl;return 0;} } int i=0,l=0,r=0; int ans=0; while(r<m) { if(a[++i].l<=l)r=max(r,a[i].r); else {ans++;l=r+1;r=a[i].r;} } cout<<1<<endl<<ans<<endl; return 0; }转载于:https://www.cnblogs.com/qwerta/p/9379737.html
