ATCODER ABC 450 C
Atcoder ABC 450 C(C - Puddles)
题意概述:
二维字符数组中,找到联通的.的组合并且处在内部,没有点在最外层
难点:
因为想不到或者不知道这道题的算法是什么,我想枚举模拟,但是在枚举模拟的过程中,我发现,我模拟从一个串的开始到串的末尾,这个过程很难模拟出来,所以暴力做法也写不出来,最后,看官方题解以及问ai,才知道这道题要用BFS(广度优先搜索)
BFS:
为什么要用BFS
- 这道题是一个连通块问题,等效于要求我们统计"不漏水"的水坑,
bfs的核心思想就是从一个点开始,向四周扩散,所以这道题的要求很契合bfs
具体思路
-
用两个数组表示平移到上下左右
-
用一个二维bool数组表示该格子是否被扫描过
-
循环每个字符
-
假如一个字符没被扫描过,并且是
.,以它为头建造一个队列(存储pair),记住存入队列就马上标记(原因见下文). -
设定一个bool数来表示连通串是否有点在边界
-
bfs寻找:首先判断当前的坐标是否在边界内,即使在边界,还是要把邻居找完,不然之后还是循环到邻居还是要再找,可能导致重复找邻居,效率低下.找邻居(注意判断坐标边界条件,将邻居push进队列,进队列就标记)
-
进队列就标记的原因:
如下例子所示:
1. 2×2 地图的"包抄"过程
假设四个点全是水坑
.：- A \((0,0)\) ------ 起点
- B \((1,0)\) ------ A 的下方邻居
- C \((0,1)\) ------ A 的右方邻居
- D \((1,1)\) ------ B 的右方邻居，同时也是 C 的下方邻居
- 第一步：处理 A \((0,0)\)
- A 看向四周，发现了 B \((1,0)\) 和 C \((0,1)\)。
- A 把 B 和 C 都丢进队列排队。
- 此时队列 ：
[B, C]。注意：此时 B 和 C 还没出队，所以还没被贴上cg=1的标签。
- 第二步：轮到 B \((1,0)\) 出队
- B 贴上标签
cg[1][0]=1。 - B 看向它的邻居，发现了 D \((1,1)\)。
- B 发现 D 还没贴标签，于是把 D 丢进队列。
- 此时队列 ：
[C, D]。注意：此时 D 已经在排队了，但因为还没出队，它的标签cg[1][1]依然是 0。
- B 贴上标签
- 第三步：轮到 C \((0,1)\) 出队
- C 贴上标签
cg[0][1]=1。 - C 看向它的邻居，也发现了 D \((1,1)\)！
- 关键冲突点 ：C 检查
cg[1][1]，发现竟然是 0（因为 D 还在后面排队呢，没轮到它贴标签）。 - C 以为 D 是个没人管的"新发现"，于是又把 D 丢进了一次队列。
- 最终队列 ：
[D, D]。
- C 贴上标签
2. 为什么这很可怕？
虽然 \((1,0)\) 和 \((0,1)\) 互不相识，但它们像两个不沟通的部门，同时看中了同一个员工 D。
- 在一个大迷宫里，任何一个空格子（比如 \((x, y)\)）通常都有 4 个邻居。
- 这意味着，如果你不在入队那一刻 就贴上标签，这个格子可能会被它的上下左右邻居每人举报一次。
- 在你的
while循环里，原本这个格子只需要处理 1 次，现在却要处理 4 次。而这 4 次处理又会引发出更多的重复......这种冗余会像病毒一样在你的队列里疯狂繁殖。
-
假如队列空后bool数不变,那么++count
-
代码:
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int dx[] = {1, -1, 0, 0};
int dy[] = {0, 0, 1, -1};
void solve(){
int h, w;
std::cin >> h >> w;
std::vector<std::string> s(h);
for(int i = 0; i < h; ++i){
std::cin >> s[i];
}
std::vector<std::vector<bool>> cg(h,std::vector<bool> (w,0));
int count = 0;
for(int i = 0; i < h; ++i){
for(int j = 0; j < w; ++j){
if(s[i][j] == '.' && cg[i][j] == 0){
std::queue<std::pair<int, int>> q;
q.push({i,j});
cg[i][j] = 1;
bool is = 1;
while(!q.empty()){
auto[x,y] = q.front();
q.pop();
int nx, ny;
if(x == 0 || x == h - 1 || y == 0 || y == w - 1){
is = 0;
}
for(int k = 0 ; k < 4; ++k){
nx = x + dx[k];
ny = y + dy[k];
if(nx >= 0 && nx < h && ny >= 0 && ny < w){
if(s[nx][ny] == '.' && cg[nx][ny] == 0){
q.push({nx,ny});
cg[nx][ny] = 1;
}
}
}
}
if(is == 1){
++count;
}
}
}
}
std::cout << count;
}
int main(){
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
solve();
return 0;
}