codevs 1066 引水入城

题目描述 Description

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。

输入描述 Input Description
输入的每行中两个数之间用一个空格隔开。 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。

输出描述 Output Description
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。

样例输入 Sample Input
2 5

9 1 5 4 3

8 7 6 1 2

样例输出 Sample Output
1

1

数据范围及提示 Data Size & Hint

【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 ≤ 10 ≤ 10 2 不能 ≤ 100 ≤ 100 3 不能 ≤ 500 ≤ 500 4 能 = 1 ≤ 10 5 能 ≤ 10 ≤ 10 6 能 ≤ 100 ≤ 20 7 能 ≤ 100 ≤ 50 8 能 ≤ 100 ≤ 100 9 能 ≤ 200 ≤ 200 10 能 ≤ 500 ≤ 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

2010年NOIP全国联赛提高组

思路：我们可以从海岸的城市开始向下dfs，经过的路径可以看做一条条线段，那么这个问题就可以抽象成线段覆盖问题。

题解：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
struct cc{int l,r;
}re[505][505];//记录路径
bool k[505];//记录第n行干旱区的状态
int dp[505];
int map[505][505];
bool vis[505][505];
int dx[4]={1,0,0,-1};
int dy[4]={0,1,-1,0};
int n,m;
void dfs(int x,int y)
{vis[x][y]=1;if(x==n)//搜到了第n行 {k[y]=1;}for(int i=0;i<4;i++){int mx=x+dx[i],my=y+dy[i];if(mx>=1&&mx<=n&&my>=1&&my<=m&&map[x][y]>map[mx][my]){if(vis[mx][my]){re[x][y].l=min(re[x][y].l,re[mx][my].l);re[x][y].r=max(re[x][y].r,re[mx][my].r);}else{dfs(mx,my);re[x][y].l=min(re[x][y].l,re[mx][my].l);re[x][y].r=max(re[x][y].r,re[mx][my].r);}}}
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);int num=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){scanf("%d",&map[i][j]);}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(i==n){re[i][j].l=j,re[i][j].r=j;}else{re[i][j].l=1e7,re[i][j].r=1;}}}for(int i=1;i<=m;i++){dfs(1,i);}for(int i=1;i<=m;i++){if(k[i]==0){num++;//统计干旱区不能建水利设施的城市个数 }}if(num){printf("0\n");printf("%d",num);}else{   for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=re[1][i].l;j<=re[1][i].r;j++){if(!dp[j]){dp[j]=dp[re[1][i].l-1]+1;}else{dp[j]=min(dp[j],dp[re[1][i].l-1]+1);}}}printf("1\n"); printf("%d",dp[m]);}return 0;
}