看到这道题就想到了不久之前学的 ,但题解中好像并没有这种解法,所以我打算写一篇题解记录一下。
前置芝士
在此之前建议大家先去练习一下P2002消息扩散
题意概括
给定一张有向图,问是否存在一个点能够一次性到达剩下的所有的点。
题目分析
1. 首先,我们要建立一张有向图,将每个坐标为 的点转换成第
个点,这样我们就得到了
个点,以下用
表示。然后连接每条边,但要注意边界问题。
switch(s[i][j-1]){
case 'u':{
if(i-p>=1) add((i-1)*m+j,(i-p-1)*m+j);//往上走,判断横坐标是否小于1
break;
}
case 'd':{
if(i+p<=n) add((i-1)*m+j,(i+p-1)*m+j);//往下走,判断横坐标是否大于n
break;
}
case 'l':{
if(j-p>=1) add((i-1)*m+j,(i-1)*m+j-p);//往左走,判断纵坐标是否小于1
break;
}
case 'r':{
if(j+p<=m) add((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+p);//往右走,判断纵坐标是否大于m
break;
}
}
2. 现在,我们的有向图就建好了。接下来就是缩点模板。
void tarjan(int u){
dfn[u]=low[u]=++timestamp;
stk[++top]=u,in_stk[u]=1;
for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
int j=e[i];
if(!dfn[j]){
tarjan(j);
low[u]=min(low[u],low[j]);
}
else if(in_stk[j]) low[u]=min(low[u],dfn[j]);
}
if(dfn[u]==low[u]){
int y;
scc_cnt++;
do{
y=stk[top--];
id[y]=scc_cnt;
in_stk[y]=0;
} while(y!=u);
}
}
3. 然后我们考虑这样一个问题:在缩完点后,什么样的点能够满足题目中的条件呢?我们发现:入度为 的点就可以!但不要忘了:这样的点只能有一个,再多就不连通了。
for(int i=1;i<=cnt;i++){
for(int j=h[i];j!=-1;j=ne[j]){
if(id[i]!=id[e[j]]){
din[id[e[j]]]++;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=scc_cnt;i++){
if(!din[i]) ans++;
}
if(ans>1) cout<<"No\n";
else cout<<"Yes\n";
到这里,这道题就解决了。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int T;
int din[N];
int h[N],e[N],ne[N],idx;
string s[N];
int dfn[N],low[N],timestamp;
int stk[N],top;
bool in_stk[N];
int id[N],scc_cnt;
void add(int a,int b){
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;//链式前向星
}
void tarjan(int u){
dfn[u]=low[u]=++timestamp;
stk[++top]=u,in_stk[u]=1;
for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
int j=e[i];
if(!dfn[j]){
tarjan(j);
low[u]=min(low[u],low[j]);
}
else if(in_stk[j]) low[u]=min(low[u],dfn[j]);
}
if(dfn[u]==low[u]){
int y;
scc_cnt++;
do{
y=stk[top--];
id[y]=scc_cnt;
in_stk[y]=0;
} while(y!=u);
}
}//Tarjan模板
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
int n,m,p,ans=0;
cin>>n>>m;
int cnt=n*m;
top=0,idx=0,scc_cnt=0,timestamp=0;//多测要清空
memset(h,-1,sizeof h);
memset(dfn,0,sizeof dfn);
memset(low,0,sizeof low);
memset(stk,0,sizeof stk);
memset(id,0,sizeof id);
memset(din,0,sizeof din);
memset(in_stk,false,sizeof in_stk);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>p;
switch(s[i][j-1]){//因为字符串是从0开始读入的,所以要看s[i][j-1]
case 'u':{
if(i-p>=1) add((i-1)*m+j,(i-p-1)*m+j);;//往上走,判断横坐标是否小于1
break;
}
case 'd':{
if(i+p<=n) add((i-1)*m+j,(i+p-1)*m+j);//往下走,判断横坐标是否大于n
break;
}
case 'l':{
if(j-p>=1) add((i-1)*m+j,(i-1)*m+j-p);//往左走,判断纵坐标是否小于1
break;
}
case 'r':{
if(j+p<=m) add((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+p);//往右走,判断纵坐标是否大于m
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(!dfn[i]) tarjan(i);//缩点
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
for(int j=h[i];j!=-1;j=ne[j]){
if(id[i]!=id[e[j]]){
din[id[e[j]]]++;//计算入度
}
}
}
for(int i=1;i<=scc_cnt;i++){
if(!din[i]) ans++;//计算入度为0的点
}
if(ans>1) cout<<"No\n";//记得换行
else cout<<"Yes\n";
}
return 0;
}