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題目大意：給出一個 n * m 的矩陣，矩陣的每一個格子都有一個顏色，顏色非黑即白，除此之外每個格子還有一個指令，分別為：

' U '：向上一個單位

' D '：向下一個單位

' R '：向右一個單位

' L '：向左一個單位

每個格子都可以放置機器人，對于每個機器人而言，每一秒都會遵循格子上的指令行走，換句話說，機器人會永不停止的行走，現在問，如何放置機器人，可以使得矩陣中機器人的數量最多，且互相永遠不會沖突，即任意時刻每個格子里至多有只能一個機器人，在滿足矩陣中機器人數量最多的前提下，如何擺放可以使得在黑色格子上的機器人最多，分別輸出這兩個答案

題目分析：這個題目兩個思路，一種思路比較好想，但是細節較多，碼量較大，另一種思路需要一定的思維，實現簡單，碼量小

先從第一種思路說起，因為機器人會永不停止的行走，就說明矩陣中一定存在著首尾相接的環，顯然所有環的長度之和就是ans1了，也可以知道了ans1與顏色無關，對于ans2我們需要多考慮一點東西：

?在上面這個情況中，點1和點2已經組成了一個首尾相接的環路，所以ans1顯然為 2 ，就不多贅述了，但是加上顏色的限制，如果點1和點2同為白色，但是點3為黑色，那么初始時最優的擺放策略肯定是擺在點3和點2，因為這樣既能滿足ans1=2，且ans2=1，這種情況該如何考慮呢？對于環上的任意一個節點開始，沿著反向邊進行遍歷，跑出?dis 距離數組就行了，顯然如果在這樣一個整體中，如果最終不想沖突的話，dis[ i ] % len 的位置上至多只能有一個機器人，此處的 len 為首位相接的環路長度

想清楚上面 dis[ i ] % len 這個地方后，實現就好了，重新捋一下這個題的過程，首先整個矩陣可以視為一個 n * m 個結點和 n * m 條邊組成的有向圖，既然是有向圖，就可以拓撲找環，根據拓撲排序的性質將整個圖處理到只剩下首尾相接的環路，此后對于每個環路而言，找到上面的任意一個結點開始，反向 dfs 跑出 dis 數組，然后判斷就好了

細節較多，代碼如下：

#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<unordered_map> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e6+100;const int b[4][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0};int mp[150];int n,m,len,du[N],deep[N];//du:入度 deep:在環上的相對位置 len:環的長度 string maze[N],color[N];vector<int>node[N],out[N];//正向邊與反向邊vector<int>black[N];//black[i]:以點 i 為根節點的環中所牽連的黑點 bool vis[N],flag[N];//vis:是否在環上 flag:找黑點上機器人時用 inline void addedge(int u,int v) {node[u].push_back(v);out[v].push_back(u);du[v]++; }inline int get_id(int x,int y) {return x*m+y; }void topo()//拓撲找環 {queue<int>q;for(int i=0;i<n*m;i++)if(!du[i])q.push(i);while(q.size()){int u=q.front();q.pop();for(auto v:node[u])if(--du[v]==0)q.push(v);} }void dfs(int u,int rt,int dep) {vis[u]=true;deep[u]=dep;if(color[u/m][u%m]=='0')black[rt].push_back(u);for(auto v:out[u]){if(vis[v]){len=deep[u];continue;}dfs(v,rt,dep+1);} }inline void init() {for(int i=0;i<n*m;i++){node[i].clear();out[i].clear();black[i].clear();vis[i]=flag[i]=du[i]=0;} }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("input.txt","r",stdin); // freopen("output.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);mp['R']=0,mp['L']=1,mp['D']=2,mp['U']=3;int w;cin>>w;while(w--){scanf("%d%d",&n,&m);init();for(int i=0;i<n;i++)cin>>color[i];for(int i=0;i<n;i++)cin>>maze[i];for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++){int k=mp[maze[i][j]];addedge(get_id(i,j),get_id(i+b[k][0],j+b[k][1]));}topo();int ans1=0,ans2=0;for(int i=0;i<n*m;i++)if(du[i]&&!vis[i])//在環上且沒遍歷過，遍歷一遍這個環{dfs(i,i,1);ans1+=len;for(auto v:black[i])if(!flag[deep[v]%len]){flag[deep[v]%len]=true;ans2++;}for(auto v:black[i])flag[deep[v]%len]=false;}printf("%d %d\n",ans1,ans2);}return 0; }

下面說一下第二種思路，假如兩個機器人會沖突的話，也就是說在某個時刻，某個格子中同時出現了兩個機器人，那么在接下來的移動過程中，顯然這兩個機器人的路徑將保持一致，我們可以先假設 n * m 個格子中初始時都有一個機器人，先讓這些機器人運動 n * m 秒，甚至更多，因為 n * m 的一個矩陣，最大可以形成的一個首尾相接的環路長度就是 n * m ，所以先讓所有機器人都運動 n * m 秒后，該重合的機器人都已經重合了，并且不難統計每個位置中有多少個來自黑格的機器人，此時矩陣中仍然有機器人的地方，就說明這個位置是首尾相接的環，那么ans1++，如果這個地方至少有一個來自黑格的機器人，那就說明來到這個位置的機器人初始時可以擺在黑格上，即ans2++

實現的話肯定不是暴力模擬 n * m 秒，可以利用倍增，首先將 n * m 個格子按照 0 ~ n * m - 1 編號，那么 dp[ i ][ j ] 就代表編號為 i 的點走 2^j 步可以到達的地方，這里類比于樹上倍增就好，剩下的實現起來就比較簡單了

代碼：

#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<unordered_map> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e6+100;const int b[4][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0};int mp[150];string maze[N],color[N];int dp[N][20],n,m,num[N][2];//num[i][0]:black num[i][1]:whiteinline int get_id(int x,int y) {return x*m+y; }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("input.txt","r",stdin); // freopen("output.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);mp['R']=0,mp['L']=1,mp['D']=2,mp['U']=3;int w;cin>>w;while(w--){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n*m;i++)num[i][0]=num[i][1]=0;int limit=log2(n*m)+1;for(int i=0;i<n;i++)cin>>color[i];for(int i=0;i<n;i++)cin>>maze[i];for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++){int k=mp[maze[i][j]];dp[get_id(i,j)][0]=get_id(i+b[k][0],j+b[k][1]);}for(int j=1;j<=limit;j++)for(int i=0;i<n*m;i++)dp[i][j]=dp[dp[i][j-1]][j-1];for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)num[dp[get_id(i,j)][limit]][color[i][j]-'0']++;int ans1=0,ans2=0;for(int i=0;i<n*m;i++){ans1+=!!(num[i][1]+num[i][0]);//大佬代碼學到的，判斷一個數是否非零，tqlans2+=!!num[i][0];}printf("%d %d\n",ans1,ans2);}return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的CodeForces - 1335F Robots on a Grid(拓扑找环+反向dfs/倍增)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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