在一个遥远的国度，一侧是风景秀美的湖泊，另一侧则是漫无边际的沙漠。该国的行政区划十分特殊，刚好构成一个N行M列的矩形，如上图所示，其中每个格子都代表一座城市，每座城市都有一个海拔高度。
为了使居民们都尽可能饮用到清澈的湖水，现在要在某些城市建造水利设施。水利设施有两种，分别为蓄水厂和输水站。蓄水厂的功能是利用水泵将湖泊中的水抽取 到所在城市的蓄水池中。因此，只有与湖泊毗邻的第1行的城市可以建造蓄水厂。而输水站的功能则是通过输水管线利用高度落差，将湖水从高处向低处输送。故一 座城市能建造输水站的前提，是存在比它海拔更高且拥有公共边的相邻城市，已经建有水利设施。
由于第N行的城市靠近沙漠，是该国的干旱区，所以要求其中的每座城市都建有水利设施。那么，这个要求能否满足呢？如果能，请计算最少建造几个蓄水厂；如果不能，求干旱区中不可能建有水利设施的城市数目。

输入的第一行是两个正整数N和M，表示矩形的规模。
接下来N行，每行M个正整数，依次代表每座城市的海拔高度。

输出有两行。如果能满足要求，输出的第一行是整数1，第二行是一个整数，代表最少建造几个蓄水厂；如果不能满足要求，输出的第一行是整数0，第二行是一个整数，代表有几座干旱区中的城市不可能建有水利设施。

输入样例1：
2 5
9 1 5 4 3
8 7 6 1 2
输入样例2：
3 6
8 4 5 6 4 4
7 3 4 3 3 3
3 2 2 1 1 2

输出样例1：
1
1
输出样例2：
1
3

【样例1说明】
只需要在海拔为9的那座城市中建造蓄水厂，即可满足要求。
【样例2说明】
湖泊
8 4 5 6 4 4
7 3 4 3 3 3
3 2 2 1 1 2
沙漠

上图中，在3个粗线框出的城市中建造蓄水厂，可以满足要求。以这3个蓄水厂为源头在干旱区中建造的输水站分别用3种颜色标出。当然，建造方法可能不唯一。
【数据范围】
本题共有10个测试数据，每个数据的范围如下表所示：
测试数据编号能否满足要求N M
1不能 N≤10 M ≤ 10
2不能 N≤100M≤ 100
3不能 N≤500 M≤ 500
4能 N= 1 M≤ 10
5能 N≤10 M ≤ 10
6能 N≤100 M≤ 20
7能 N≤100 M≤ 50
8能 N≤100 M≤100
9能 N≤200 M≤ 200
10能N≤500 M≤ 500
对于所有的10个数据，每座城市的海拔高度都不超过10^6。

题解:

这个题目,我们首先要发现一个性质,及对于一个顶层的点,他的水流可覆盖的点是一个区间,对于一个点如果处于水源区间的中间,

那么其他的水源地就一定也覆盖不了,这个很好理解,自己yy一下水中的小岛就理解了,然后我们可以预处理出每个水源所覆盖的

区间,当然暴力dfs会TLE,所以,我们可以用一下记忆化,然后贪心选区间就可以了,具体不好解释,看我代码:

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int hi[501][501];
struct quejian{int l,r;
}a[510][510];
int n,m,addx[5]={0,0,0,1,-1},addy[5]={0,1,-1,0,0};
bool bb[501],b[501][501];void cl(){memset(hi,0,sizeof(hi));memset(b,0,sizeof(b));for(int i=1;i<=500;i++)for(int j=1;j<=500;j++)a[i][j].l=1<<30,a[i][j].r=0;
}quejian dfs(int y,int x){if(b[y][x]) return a[y][x];int l=1<<30,r=0;if(y==n){l=min(x,l);r=max(r,x);bb[x]=1;}for(int i=1;i<=4;i++){int tox=x+addx[i],toy=y+addy[i];if(hi[y][x]<=hi[toy][tox]) continue;if(tox<1||tox>m) continue;if(toy>n||toy<1) continue;quejian x=dfs(toy,tox);l=min(x.l,l);r=max(x.r,r);}b[y][x]=1;a[y][x].l=l,a[y][x].r=r;return a[y][x];
}bool check(){int num=0,flag=1;for(int i=1;i<=m;i++){if(bb[i]==0){flag=0;num++;}}if(flag) return 1;printf("0\n");printf("%d\n",num);return 0;
}void kanxun(){int now=1,num=0;while(now<=m){int nowr=0;for(int i=1;i<=m;i++){int l=a[1][i].l,r=a[1][i].r;if(now>=l&&now<=r) nowr=max(nowr,r);}now=nowr+1;num++;}printf("1\n");printf("%d\n",num);
}int main(){cl();scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&hi[i][j]);for(int i=1;i<=m;i++)dfs(1,i);if(check()){kanxun();}return 0;
}