Description

在地面上有一个水箱,它的俯视图被划分成了n行m列个方格,相邻两个方格之间有一堵厚度可以忽略不计的墙,水
箱与外界之间有一堵高度无穷大的墙,因此水不可能漏到外面。已知水箱内每个格子的高度都是[0,H]之间的整数
,请统计有多少可能的水位情况。因为答案可能很大,请对10^9+7取模输出。两个情况不同当且仅当存在至少一个
方格的水位在两个情况中不同。

Input

第一行包含三个正整数n,m,H(n*m<=500000,1<=H<=10^9)。
接下来n行,每行m-1个整数a[i][j](1<=a[i][j]<=H),表示(i,j)和(i,j+1)之间的墙的高度。
接下来n-1行,每行m个整数b[i][j](1<=b[i][j]<=H),表示(i,j)和(i+1,j)之间的墙的高度。
 
Solution
这是一道思维好题。不愧POI
发现,随着格子的水位逐渐上涨,一些本来分隔开的联通块连在了一起。
而且,墙越低,连在一起的时间就越早。
并且时间取决于最低的墙的高度。
 
神仙建模来了:
我们把每个格子看做一个点,墙看作点和点之间的边,高度就是边权。
对于每个联通块,维护当前联通块的水位,达到这个水位联通块本身的方案数,
向Kruskal那样,跑一个最小生成树,
联通合并的时候,更新水位,合并方案数即可。
ans[new]=(ans[x]+e[i].val-now[x])*(ans[y]+e[i].val-now[y])
就是,在没有达到高度e[i].val的时候,每个联通块还可以往上面升一升
正确性还是比较显然的。
因为按照val排序,联通块合并的时候,两边的联通块必然已经处理完毕,一定是最大的完整的联通块了。
而由于并查集,同一个联通块内部的边不会算重。
 
对了最后还要加上H-ans[fa]
 
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+;
const int N=+;
typedef long long ll;
int n,m,h;
ll ans[N];
int fa[N];
int now[N];
int fin(int x){
if(fa[x]==x) return x;
int ret=fin(fa[x]);
fa[x]=ret;ans[x]=ans[ret];now[x]=now[ret];
return ret;
}
int getnum(int x,int y){
return (x-)*m+y;
}
struct node{
int x,y;
int val;
bool friend operator <(node a,node b){
return a.val<b.val;
}
}e[*N];
int tot;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&h);
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=m-;j++){
e[++tot].x=getnum(i,j);
e[tot].y=getnum(i,j+);
scanf("%d",&e[tot].val);
}
}
for(int i=;i<=n-;i++){
for(int j=;j<=m;j++){
e[++tot].x=getnum(i,j);
e[tot].y=getnum(i+,j);
scanf("%d",&e[tot].val);
}
}
sort(e+,e+tot+);
for(int i=;i<=n*m;i++){
fa[i]=i;ans[i]=;
now[i]=;
}
for(int i=;i<=tot;i++){
int x=fin(e[i].x);
int y=fin(e[i].y);
if(x!=y){
fa[x]=y;
ans[y]=(ans[x]+e[i].val-now[x])*(ans[y]+e[i].val-now[y])%mod;
now[y]=e[i].val;
}
}
int ff=fin();
ans[ff]=(ans[ff]+h-now[ff])%mod;
printf("%lld",ans[ff]);
return ;
}
 
这个题即使说是最小生成树,也没几个人会相信吧。
无从下手。
POI的奇妙之处就在此吧。
不用什么高深的算法,
不用什么奇技的代码,
就是考你的思维。
 
本题的关键点:水往上升,联通块合并,最矮的墙的高度决定联通块联通与否。
 
 
 

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