【Codeforces Round #533（Div. 2）】D.Kilani and the Game【多源bfs】

题意：

一个 n∗mn*mn∗m 的网格，一共有 ppp 个人，每个人都有一个移动速度，并且每个人一开始都拥有若干个格子。每一轮游戏，从 111 号轮到 ppp 号，每个人轮到自己后可以从已有的格子出发去占领新的格子，新的格子距离旧的格子的距离小于等于移动速度，问最后每个人拥有的格子数。(1≤n,m≤1000,1≤p≤9)(1\leq n,m\leq 1000,1\leq p\leq 9)(1≤n,m≤1000,1≤p≤9)

思路：

div2div2div2 的 DDD 题，难度 1900～20001900～20001900～2000 左右，考察的通常要么是经典算法，要么是稍微有点小思维的题目（可能需要找规律、大胆猜想）。

而通过此题的网格性质以及数据范围，可以判断此题使用的算法无外乎是 dpdpdp、bfs/dfsbfs/dfsbfs/dfs。dpdpdp 不好定状态，放弃 dpdpdp 思路。然后考虑 bfsbfsbfs。

一开始，我考虑的是按选手顺序，依次进行 bfsbfsbfs，确定每一个点被哪个选手首次到达。然后发现这样做不可行，因为选手 111 到达格子 ccc 比选手 222 快，但是在通往 ccc 的必经之路上的一个格子可能早就被选手 222 占据了，因此选手 111 尽管更快，但是无法到达。

既然这种思路出错。我就考虑直接确定每一个格子到哪个选手更近，然后用 dfsdfsdfs 进行记忆化搜索。然后发现这种方法写出来各种环套环，此种方法也宣告失败。

之后看了题解才知道，是直接模拟整个过程。由于人数比较少，因此直接对每个人开一个队列进行 bfsbfsbfs，当每一轮结束之后就退出 bfsbfsbfs 的过程，下一次 bfsbfsbfs 直接从上一轮的末状态继续 bfsbfsbfs 即可。这样时间也很优，因为每个点只会进队一次。

最暴力的做法，用 bfsbfsbfs 进行模拟，我却没有想到…一直想要一次性直接求出答案，但是忘记了可以保留当前状态，留到下次继续搜索。

总结：

190019001900 难度的问题，无外乎是经典算法或模拟或一些找规律问题。处理这些问题，应该重点关注数据范围，以及先想一个最暴力的解法，然后再从最暴力的解不断优化直到达到题目要求的时间复杂度结束。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1000+10;
const int inf = 1e8;
using namespace std;int n,m,p,spe[N],ans[N][N],ret[N],dis[N][N];
char s[N][N];
int dir[4][2] = {{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}};
queue<pair<int,int> > q[10]; void solve(int id,int tur){while(q[id].size()){int x = q[id].front().first, y = q[id].front().second; if(dis[x][y] == tur*spe[id]) break;q[id].pop();rep(i,0,3){int tx = x+dir[i][0], ty = y+dir[i][1];if(s[tx][ty] != '.') continue;if(ans[tx][ty] == 0){dis[tx][ty] = dis[x][y]+1;ans[tx][ty] = id;q[id].push(make_pair(tx,ty));}}}
}int main()
{scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);rep(i,1,p) scanf("%d",&spe[i]);rep(i,1,n) scanf("%s",s[i]+1);rep(i,1,n)rep(j,1,m)if(s[i][j] >= '0' && s[i][j] <= '9') q[s[i][j]-'0'].push(make_pair(i,j)), dis[i][j] = 0,ans[i][j] = s[i][j]-'0';int tur = 0;while(1){tur++;int flag = 0;rep(i,1,p){if(q[i].size()){solve(i,tur);flag = 1;}}if(!flag) break;}rep(i,1,n)rep(j,1,m)ret[ans[i][j]]++;rep(i,1,p) printf("%d ",ret[i]);return 0;
}

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