题目描述

在宽广的非洲荒漠中，生活着一群勤劳勇敢的羊驼家族。被族人恭称为“先知”的Alpaca L. Sotomon是这个家族的领袖，外人也称其为“所驼门王”。所驼门王毕生致力于维护家族的安定与和谐，他曾亲自率军粉碎河蟹帝国主义的野蛮侵略，为族人立下赫赫战功。所驼门王一生财宝无数，但因其生性节俭低调，他将财宝埋藏在自己设计的地下宫殿里，这也是今天Henry Curtis故事的起点。Henry是一个爱财如命的贪婪家伙，而又非常聪明，他费尽心机谋划了这次盗窃行动，破解重重机关后来到这座地下宫殿前。

整座宫殿呈矩阵状，由R×C间矩形宫室组成，其中有N间宫室里埋藏着宝藏，称作藏宝宫室。宫殿里外、相邻宫室间都由坚硬的实体墙阻隔，由一间宫室到达另一间只能通过所驼门王独创的移动方式——传送门。所驼门王为这N间藏宝宫室每间都架设了一扇传送门，没有宝藏的宫室不设传送门，所有的宫室传送门分为三种：

1. “横天门”：由该门可以传送到同行的任一宫室；
2. “纵寰门”：由该门可以传送到同列的任一宫室；
3. “九宫门”：由该门可以传送到以该门所在宫室为中心周围8格中任一宫室（如果目标宫室存在的话）。

深谋远虑的Henry当然事先就搞到了所驼门王当年的宫殿招标册，书册上详细记录了每扇传送门所属宫室及类型。而且，虽然宫殿内外相隔，但他自行准备了一种便携式传送门，可将自己传送到殿内任意一间宫室开始寻宝，并在任意一间宫室结束后传送出宫。整座宫殿只许进出一次，且便携门无法进行宫室之间的传送。不过好在宫室内传送门的使用没有次数限制，每间宫室也可以多次出入。

现在Henry已经打开了便携门，即将选择一间宫室进入。为得到尽多宝藏，他希望安排一条路线，使走过的不同藏宝宫室尽可能多。请你告诉Henry这条路线最多行经不同藏宝宫室的数目。

输入输出格式

输入格式：

输入文件sotomon.in第一行给出三个正整数N, R, C。

以下N行，每行给出一扇传送门的信息，包含三个正整数xi, yi, Ti，表示该传送门设在位于第xi行第yi列的藏宝宫室，类型为Ti。Ti是一个1~3间的整数，1表示可以传送到第xi行任意一列的“横天门”，2表示可以传送到任意一行第yi列的“纵寰门”，3表示可以传送到周围8格宫室的“九宫门”。

保证1≤xi≤R，1≤yi≤C，所有的传送门位置互不相同。

输出格式：

输出文件sotomon.out只有一个正整数，表示你确定的路线所经过不同藏宝宫室的最大数目。

一个着实很水但是细节颇多的Tarjan题~~

恩没错，这道题的难点其实并不是很多，但是由于其细节非常多，于是导致这道题的AC率比较低。。

我们来分析这道题目：怎么跟Tarjan扯上了关系呢？？

首先我们考虑建图：关于这三个门，我们按照最平常的思路应该是对于三种门无一例外暴力前向星add()。

但是想像一下假如我们有这样一组数据使某一行全部都是横天门，或者说某一列全部都是纵寰门，那么我们的建图就会跑到大概O(n^2)或者O(m^2)的速度，建图都成n^2了这还做啥。于是我们考虑优化。

那么由于各自的门的特殊性，我肯应该分开建图，也就是三种算法，对于每一行的横天门，我们将其建成一个环，对于每一列的纵寰门，我们也将其建成一个环。因为我们知道：每一行的所有横天门之间肯定都是相互通达，而每一列的所有纵寰门之间也肯定是相互通达的。所以我们可以说：

当你到达了某一行的一个横天门的时候，你就到达了这一行所有的横天门，当你到达了某一列的纵寰门的时候，你就到达了这一列所有的纵寰门。*

于是我们完全可以将其建成一个环。而Tarjan的用途就来了。我们可以利用Tarjan将这两种环缩成点。而对于九宫门本人并没有想到比暴力建边更好的方法，于是就暴力建边啦~~~。

而对于这个建环的过程其实我们也是可以有一定的优化的，比如sort。当我们要建横天门的时候，我们肯定是想快点循环到当前行所有的横天门，于是我们就有了这么一个sort函数：

//我们这个sort函数的意思就是将同一行的所有横天门放到前面。
bool xf_cmp(st1 a,st1 b){if(a.x!=b.x) return a.x<b.x;//不是同一行我们自然不用管 if(a.opt==1) return 1;//如果是横天门就先把他放在前面 if(b.opt==1) return 0; return a.y<b.y;
}

然后对于纵寰门其实也是一个道理。

bool yf_cmp(st1 a,st1 b){if(a.y!=b.y) return a.y<b.y;if(a.opt==2) return 1;//如果是纵寰门就先把他放在前面 if(b.opt==2) return 0;return a.x<b.x;
}

接下来是真正的建环，我们在这里定义了一个first:表示每一次循环到的第一个横门。last:表示上一次扫到的横门

sort(point+1,point+all+1,xf_cmp);//我们想尽量快的循环到所有横天门，于是这个sort就是为了吧所有的横天门放在前面int first=1,last=1;//对于每一次循环到的第一个横门，我们记为first//规定last变量是上一个扫到的横门for(int i=1;i<=all;i++){ //横向建环 (横天门)if(point[i].x!=point[i+1].x){//相邻两个输入的坐标不在同一行if(first!=last)add(point[last].number,point[first].number);//我们连边肯定要连初始序号的啦last=first=i+1;}else{//在同一行if(point[last].opt==1)//如果i和i+1在同一行并且i是横天门就把last和i+1连起来add(point[last].number,point[i+1].number);if(point[i+1].opt==1)//如果i+1点是横天门last=i+1;//因为last是指上一个扫到的横天门，而且i+1是横天门，所以就更新lastif(point[first].opt!=1)//如果first点不是横天门 //first要更新，last肯定也要更新 last=first=i+1;//那么更新last和first }}

其实以上的过程就是利用了这个\(first\)和\(last\)的不断变换的过程进行建边.....然后纵寰门也是一样。

暴力建边自不必说，在这里我们有一个很头疼的问题，就是宝藏公室的记录。因为这里是一个有x,y的图，所以图的连边包括宝藏宫室的记录都比较麻烦。我们在这里引入一个STL里面的pair就很好解决了。pair就是对组，包含两个元素，我们可定义为是一个点的横纵坐标，然后就可以很愉快的用map了。

因为pair和map的引用，这个\(tarjan\)的建图就会很恶心（因为Yeasion​并不喜欢用指针.....）但其实如果明白了Tarjan的原理，一切都并不难了。

我们首先扫描Tarjan之后的整个前向星，记录\(from\)和\(to\)在旧图中不属于一个点的位置，然后可以再定义一个map：mat进行记录，然后清空前向星的\(head\)之后我们就可以定义一个\(map\)指针从\(mat\)的头指向尾然后添加。当然这个mat的pair指的就是原来符合条件的前向星咯\((belong[edge[i].from],belong[edge[i].to])\)

for(int i=1;i<=total;i++){//for整个前向星 int f=edge[i].from;int t=edge[i].to;if(belong[f]!=belong[t])//如果在新图中不属于一个点 mat[pir(belong[f],belong[t])]=1;}memset(head,0,sizeof(head)); total=0;//清空前向星留下在新图接着用咯~~ for(it=mat.begin();it!=mat.end();it++){add(it->first.first,it->first.second); //it->first.first表示mat这个map的第一个元素的pair中的前面 //it->first.second表示mat的第一个元素的pair中的后面那个元素 ind[it->first.second]++;}

然后我们现在有了一个有向无环的图，然后我们要在这上面跑最长路（边权为1嘛），然后大家肯定就都知道怎么做了...\(DP\)啊，\(DAG\)上跑\(DP\)就是了！

 for(int i=1;i<=cnt;i++){if(ind[i]==0){//入度为0 从入度为0开始跑 //因为我们可以知道从入度不为0的节点开始跑的ans一定小于从入度为0的节点开始跑的ans dfs(i,0);//入度为0当然没有前前驱节点咯 ans=max(ans,dp[i]);//取max }}
void dfs(int now,int fa){//动规
//now是当前节点，fa是从哪里来的节点。可以理解为树上的父亲节点。 if(dp[now]>sum[now])return ;dp[now]=sum[now];for(int i=head[now];i;i=edge[i].next){if(edge[i].to==fa) continue;dfs(edge[i].to,now);dp[now]=max(dp[now],dp[edge[i].to]+sum[now]);//要知道，在新图中跑过了i节点就相当于是在就图中跑了sum[i]个宝藏室}
}

恩没错就是这样，那么我们整个题就跑完了，最后我们输出ans就可以了。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<map>
#define MAXN 100010
#define pir pair<int,int>
using namespace std;
int all,n,m,ind[MAXN];
map<pir,bool>mat;//就是记录新图的连边。哪些边可以连（基于新图。
map<pir, int>tre;//用来记录某一个有宝藏的坐标位置的序号
map<pir,bool>::iterator it;//::iterator是STL里,代表指针
int dx[9]={0,-1,-1,-1,0,0,1,1,1};
int dy[9]={0,-1,0,1,-1,1,-1,0,1};
struct st1{int x;//横坐标 int y;//纵坐标 int opt;//门的类型 int number;//因为要sort所以肯定要记录初始序号啦
}point[MAXN];
struct st2{//前向星用 int from;int to;int next;
}edge[MAXN*100];
int total,head[MAXN];
void add(int f,int t){//前向星 total++;edge[total].from=f;edge[total].to=t;edge[total].next=head[f];head[f]=total;
}
bool xf_cmp(st1 a,st1 b){if(a.x!=b.x) return a.x<b.x;if(a.opt==1) return 1;//如果是横天门就先把他放在前面 if(b.opt==1) return 0; return a.y<b.y;
}
bool yf_cmp(st1 a,st1 b){if(a.y!=b.y) return a.y<b.y;if(a.opt==2) return 1;//如果是纵寰门就先把他放在前面 if(b.opt==2) return 0;return a.x<b.x;
}
inline int read()
{  int s=0,w=1;  char ch=getchar();  while(ch<='0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}  while(ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0',ch=getchar();  return s*w;
}
int Yeasion[MAXN];//Yeasion[i]表示i的dfs序
int Nein[MAXN];//Nein[i]表示i节点所能回到的最早的节点的编号
int ken,top,stack[MAXN];
bool insta[MAXN];//flag[i]表示i是不是被访问过，insta[i]表示在不在栈中。
int belong[MAXN],cnt;
int sum[MAXN];
void Tarjan(int now){//基本的Tarjan Yeasion[now]=Nein[now]=++ken;stack[++top]=now; insta[now]=1;for(int i=head[now];i;i=edge[i].next){if(!Yeasion[edge[i].to]){Tarjan(edge[i].to);Nein[now]=min(Nein[now],Nein[edge[i].to]);}else if(!belong[edge[i].to])Nein[now]=min(Nein[now],Yeasion[edge[i].to]);}if(Yeasion[now]==Nein[now]){cnt++; int pass;do{pass=stack[top--];belong[pass]=cnt;sum[cnt]++; //记录cnt含原图中点的个数 insta[pass]=0;}while(pass!=now);}
}
int ans,dp[MAXN];
void dfs(int now,int fa){//动规
//now是当前节点，fa是从哪里来的节点。可以理解为树上的父亲节点。 if(dp[now]>sum[now])return ;dp[now]=sum[now];for(int i=head[now];i;i=edge[i].next){if(edge[i].to==fa) continue;dfs(edge[i].to,now);dp[now]=max(dp[now],dp[edge[i].to]+sum[now]);//要知道，在新图中跑过了i节点就相当于是在就图中跑了sum[i]个宝藏室}
}
int main(){all=read(); n=read(); m=read();for(int i=1;i<=all;i++){point[i].x=read();point[i].y=read();point[i].opt=read();point[i].number=i;tre[pir(point[i].x,point[i].y)]=i;//记录坐标为(point[x],point[y])的点的序号为i}sort(point+1,point+all+1,xf_cmp);//我们想尽量快的循环到所有横天门，于是这个sort就是为了吧所有的横天门放在前面int first=1,last=1;//对于每一次循环到的第一个横门，我们记为first//规定last变量是上一个扫到的横门for(int i=1;i<=all;i++){ //横向建环 (横天门)if(point[i].x!=point[i+1].x){//相邻两个输入的坐标不在同一行if(first!=last)add(point[last].number,point[first].number);//我们连边肯定要连初始序号的啦last=first=i+1;}else{//在同一行if(point[last].opt==1)//如果i和i+1在同一行并且i是横天门就把last和i+1连起来add(point[last].number,point[i+1].number);if(point[i+1].opt==1)//如果i+1点是横天门last=i+1;//因为last是指上一个扫到的横天门，而且i+1是横天门，所以就更新lastif(point[first].opt!=1)//如果first点不是横天门 //first要更新，last肯定也要更新 last=first=i+1;//那么更新last和first }}sort(point+1,point+all+1,yf_cmp);first=1,last=1;//别忘了重置first和last //同理，我们要想尽快的循环完所有的纵寰门，那么sort吧所有的纵寰门排在前面//然后循环结构基本和上面是完全一样的qwq for(int i=1;i<=all;i++){  //纵向建环 (纵寰门) if(point[i].y!=point[i+1].y){//纵寰门可不要打成point[i].x！！照搬上文是不行滴 if(first!=last)add(point[last].number,point[first].number);last=i+1; first=i+1;//将last和first都更新为i+1。 }else{if(point[last].opt==2)add(point[last].number,point[i+1].number);if(point[i+1].opt==2)last=i+1;if(point[first].opt!=2)last=first=i+1;}} for(int i=1;i<=all;i++)//暴力建九宫门if(point[i].opt==3){for(int j=1;j<=8;j++)//循环8个方向if(tre.count(pir(point[i].x+dx[j],point[i].y+dy[j])))//如果这8个方向上有map的元素的话。因为我们知道没有宝藏的房间我们不跑。add(point[i].number,tre[pir(point[i].x+dx[j],point[i].y+dy[j])]);}    for(int i=1;i<=all;i++)//因为一行上的横天门和一列上的纵寰门我们都已经连成了一个环。//所以肯定是强连通分量，所以我们就可以利用Tarjan进行缩点 if(!Yeasion[i]) Tarjan(i);//因为一次tarjan不一定能够遍历完所有的点 所以放在for里面//因为tarjan已经完成了，所以下面我们用到新图的节点都应该在belong[]里面。 for(int i=1;i<=total;i++){//for整个前向星 int f=edge[i].from;int t=edge[i].to;if(belong[f]!=belong[t])//如果在新图中不属于一个点 mat[pir(belong[f],belong[t])]=1;}memset(head,0,sizeof(head)); total=0;//清空前向星留下在新图接着用咯~~ for(it=mat.begin();it!=mat.end();it++){add(it->first.first,it->first.second); //it->first.first表示mat这个map的第一个元素的pair中的前面 //it->first.second表示mat的第一个元素的pair中的后面那个元素 ind[it->first.second]++;}//上面的操作简而言之就是：旧图中的edge如果在新图中依然可以连，就把他们连起来。for(int i=1;i<=cnt;i++){if(ind[i]==0){//入度为0 从入度为0开始跑 //因为我们可以知道从入度不为0的节点开始跑的ans一定小于从入度为0的节点开始跑的ans dfs(i,0);//入度为0当然没有前前驱节点咯 ans=max(ans,dp[i]);//取max }}printf("%d",ans); return 0;
}