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題目大意：給出一個(gè)n*m的矩陣，矩陣中有k個(gè)障礙物，在點(diǎn)(1,1)處有一個(gè)洋娃娃，洋娃娃每次的行動(dòng)路線只能是直走或右拐，初始時(shí)洋娃娃面朝正右方向，問洋娃娃能否將所有方格都走一遍，并且只走一次（不包括障礙物）

題目分析：n和m的范圍都到達(dá)了1e5，如果暴力跑的話時(shí)間復(fù)雜度能到1e10，肯定會(huì)T，那我們有什么好的方法來優(yōu)化呢？這個(gè)題目其實(shí)可以借助貪心的思想先分析一波，首先，若整個(gè)矩陣中沒有障礙物，那么洋娃娃的行走路線肯定是一個(gè)螺旋矩陣的路線，大概就是蛇形填數(shù)的那種題目一樣，再就是通過分析可以得到，當(dāng)洋娃娃可以選擇直走或右拐的時(shí)候，肯定會(huì)選擇直走而不是右拐，為什么呢？因?yàn)檠笸尥抟坏┯夜?#xff0c;就無法到達(dá)原本直走可以到達(dá)的方格了，并且隨著洋娃娃轉(zhuǎn)彎次數(shù)的變多，洋娃娃可行走的區(qū)域，也就是可移動(dòng)的矩陣會(huì)越來越小，（雖然不會(huì)證明，但不難看出），于是我們可以每次貪心移動(dòng)，讓洋娃娃都到達(dá)直走可到達(dá)的最遠(yuǎn)距離（障礙物或邊界）前停下，然后右拐，并實(shí)時(shí)維護(hù)一直在縮小的可移動(dòng)矩陣，通過模擬上述過程得到步數(shù)，累加后和空白的方塊數(shù)量比對(duì)一下就能判斷是否達(dá)到題目要求了

現(xiàn)在我們的問題就是轉(zhuǎn)換成怎么樣能比較快速的找到面前的障礙物了，我們可以對(duì)于每一行x和每一列y都維護(hù)一個(gè)數(shù)組，當(dāng)然我是為了方便操作，加上為了讓代碼更加簡潔起見，用了vector來代替數(shù)組，儲(chǔ)存每一行以及每一列的障礙物，這樣我們就可以二分了，每次直走的時(shí)候都會(huì)保證x或y不變，我們只需要二分找到下一個(gè)障礙物即可，然后再判斷一下障礙物的位置和可行范圍的大小，就能確定直走可以達(dá)到的最大位置了，如此往復(fù)模擬上述操作，時(shí)間復(fù)雜度應(yīng)該就是nlogn

對(duì)了，看網(wǎng)上有人用set維護(hù)的障礙物坐標(biāo)，我感覺沒必要，因?yàn)轭}目已經(jīng)保證了不會(huì)有兩個(gè)障礙物在同一個(gè)方格上，我還是習(xí)慣用vector+sort

對(duì)了，這個(gè)題目如果按照上述思路基本上是沒問題的，不過還有一個(gè)小細(xì)節(jié)需要注意一下，因?yàn)槲覀冊谡Ｇ闆r下每次先直走到頭，然后右拐后再直走到頭，走到最后肯定是無法直走的時(shí)候結(jié)束循環(huán)，但還有一個(gè)比較特殊的情況需要我們特判一下，那就是在一開始就需要右拐的情況，若按照上述思路編出來的代碼是無法通過下面的樣例的：

2 1 0

正確答案應(yīng)該是Yes，但上面的思路給出的答案卻是No，為了解決這種特例，我們可以在一開始加一個(gè)first的布爾變量，用來讓起點(diǎn)可以直走，可以直接右拐

代碼：

#include<iostream> #include<cstdlib> #include<string> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<climits> #include<cmath> #include<cctype> #include<stack> #include<queue> #include<list> #include<vector> #include<set> #include<map> #include<sstream> using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e5+100;vector<int>X[N],Y[N];//儲(chǔ)存障礙物，為二分做準(zhǔn)備int main() { // freopen("input.txt","r",stdin); // ios::sync_with_stdio(false);int n,m,k;scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=k;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);X[x].push_back(y);Y[y].push_back(x);}for(int i=1;i<=n;i++)sort(X[i].begin(),X[i].end());for(int i=1;i<=m;i++)sort(Y[i].begin(),Y[i].end());int up=0,down=n+1,left=0,right=m+1;LL ans=1;//答案初始化為1，因?yàn)轭}目保證了在點(diǎn)(1,1)處不會(huì)有障礙物int x=1,y=1;//當(dāng)前坐標(biāo)int pos=0;//當(dāng)前方向bool first=false;//特判一下起點(diǎn)while(true){int tx,ty;if(pos==0)//→ {int j=lower_bound(X[x].begin(),X[x].end(),y)-X[x].begin();tx=x;if(j==X[x].size())ty=right-1;elsety=min(right-1,X[x][j]-1);up=x;}else if(pos==1)//↓ {int j=lower_bound(Y[y].begin(),Y[y].end(),x)-Y[y].begin();ty=y;if(j==Y[y].size())tx=down-1;elsetx=min(down-1,Y[y][j]-1);right=y;}else if(pos==2)//← {int j=lower_bound(X[x].begin(),X[x].end(),y)-X[x].begin()-1;tx=x;if(j<0)ty=left+1;elsety=max(left+1,X[x][j]+1);down=x;}else if(pos==3)//↑ {int j=lower_bound(Y[y].begin(),Y[y].end(),x)-Y[y].begin()-1;ty=y;if(j<0)tx=up+1;elsetx=max(up+1,Y[y][j]+1);left=y;}if(tx==x&&ty==y&&first)//若走不動(dòng)了，及時(shí)跳出循環(huán)break;pos=(pos+1)%4;//走到頭后右拐ans+=abs(tx-x)+abs(ty-y);//答案取一下曼哈頓距離即可x=tx;//迭代y=ty; first=true;//讓洋娃娃可以從起點(diǎn)直接右拐}if(ans==1LL*n*m-k)//記得開longlong，因?yàn)閚*m到達(dá)了1e10printf("Yes\n");elseprintf("No\n");return 0; }

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的CodeForces - 1236D Alice and the Doll(贪心+二分+模拟)的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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