對於聯通塊的處理

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01迷宮題目描述

有一個僅由數字0與1組成的n×n格迷宮。若你位於一格0上，那麼你可以移動到相鄰4格中的某一格1上，同樣若你位於一格1上，那麼你可以移動到相鄰4格中的某一格0上。

你的任務是：對於給定的迷宮，詢問從某一格開始能移動到多少個格子（包含自身）。

輸入輸出格式輸入格式：

輸入的第1行為兩個正整數n，m。

下面n行，每行n個字元，字元只可能是0或者1，字元之間沒有空格。

接下來m行，每行2個用空格分隔的正整數i,j，對應了迷宮中第i行第j列的一個格子，詢問從這一格開始能移動到多少格。

輸出格式：

輸出包括m行，對於每個詢問輸出相應答案。

輸入輸出範例輸入範例：

2 2
01
10
1 1
2 2

輸出範例1：

4
4

說明

所有格子互相可達。

對於20%的資料，$n≤10$；

對於40%的資料，$n≤50$；

對於50%的資料，$m≤5$；

對於60%的資料，$n≤100$，$m≤100$；

對於100%的資料，$n≤1000$，$m≤100000$。

對於這一到搜尋題，怎麼搜尋不是重點，重點是如何處理一個個聯通塊。

對於滿分資料，每次詢問遍曆一邊的是不可能的，這輩子都是不可能的。

我們可以染色或用並查集維護集合

這一道題它啟示我們，在處理擁有同一個性質的聯通塊時，要整塊整塊的處理

#include<iostream>#include<queue>using namespace std;int dp[1010][1010],map[1010][1010];bool exist[1010][1010];int dx[4]={0,0,-1,1};int dy[4]={-1,1,0,0};int n,m,z;queue<int>ox;queue<int>oy;int find(int x,int y){    if(exist[x][y])        return dp[x][y];    exist[x][y]=true;    int lx,ly;    ox.push(x);oy.push(y);    z++;    for(int i=0;i<4;i++)    {        lx=x+dx[i];ly=y+dy[i];        if(lx>0&&lx<=n&&ly>0&&ly<=n&&!exist[lx][ly]&&map[lx][ly]!=map[x][y])            find(lx,ly);    }    return dp[x][y];}int main(){    cin.sync_with_stdio(false);    cin>>n>>m;    char input;    for(int i=1;i<=n;i++)        for(int j=1;j<=n;j++)        {            cin>>input;            map[i][j]=input-‘0‘;            dp[i][j]=1;        }    int a,b;    for(int i=1;i<=m;i++)    {        cin>>a>>b;        find(a,b);        z=max(z,dp[a][b]);        cout<<z<<endl;        while(!ox.empty())        {            dp[ox.front()][oy.front()]=z;            ox.pop();oy.pop();        }        z=0;    }    return 0;}

對於聯通塊的處理