Description
在地面上有一个水箱，它的俯视图被划分成了n行m列个方格，相邻两个方格之间有一堵厚度可以忽略不计的墙，水
箱与外界之间有一堵高度无穷大的墙，因此水不可能漏到外面。已知水箱内每个格子的高度都是[0,H]之间的整数
，请统计有多少可能的水位情况。因为答案可能很大，请对10^9+7取模输出。两个情况不同当且仅当存在至少一个
方格的水位在两个情况中不同。
Input
第一行包含三个正整数n,m,H(n*m<=500000,1<=H<=10^9)。
接下来n行，每行m-1个整数a[i][j](1<=a[i][j]<=H)，表示(i,j)和(i,j+1)之间的墙的高度。
接下来n-1行，每行m个整数b[i][j](1<=b[i][j]<=H)，表示(i,j)和(i+1,j)之间的墙的高度。
Solution
这是一道思维好题。不愧POI
发现，随着格子的水位逐渐上涨，一些本来分隔开的联通块连在了一起。
而且，墙越低，连在一起的时间就越早。
并且时间取决于最低的墙的高度。
神仙建模来了：
我们把每个格子看做一个点，墙看作点和点之间的边，高度就是边权。
对于每个联通块，维护当前联通块的水位，达到这个水位联通块本身的方案数，
向Kruskal那样，跑一个最小生成树，
联通合并的时候，更新水位，合并方案数即可。
ans[new]=(ans[x]+e[i].val-now[x])*(ans[y]+e[i].val-now[y])
就是，在没有达到高度e[i].val的时候，每个联通块还可以往上面升一升
正确性还是比较显然的。
因为按照val排序，联通块合并的时候，两边的联通块必然已经处理完毕，一定是最大的完整的联通块了。
而由于并查集，同一个联通块内部的边不会算重。
对了最后还要加上H-ans[fa]
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=500000+5;
typedef long long ll;
int n,m,h;
ll ans[N];
int fa[N];
int now[N];
int fin(int x){
if(fa[x]==x) return x;
int ret=fin(fa[x]);
fa[x]=ret;ans[x]=ans[ret];now[x]=now[ret];
return ret;
}
int getnum(int x,int y){
return (x-1)*m+y;
}
struct node{
int x,y;
int val;
bool friend operator <(node a,node b){
return a.val<b.val;
}
}e[2*N];
int tot;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&h);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m-1;j++){
e[++tot].x=getnum(i,j);
e[tot].y=getnum(i,j+1);
scanf("%d",&e[tot].val);
}
}
for(int i=1;i<=n-1;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
e[++tot].x=getnum(i,j);
e[tot].y=getnum(i+1,j);
scanf("%d",&e[tot].val);
}
}
sort(e+1,e+tot+1);
for(int i=1;i<=n*m;i++){
fa[i]=i;ans[i]=1;
now[i]=0;
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
int x=fin(e[i].x);
int y=fin(e[i].y);
if(x!=y){
fa[x]=y;
ans[y]=(ans[x]+e[i].val-now[x])*(ans[y]+e[i].val-now[y])%mod;
now[y]=e[i].val;
}
}
int ff=fin(1);
ans[ff]=(ans[ff]+h-now[ff])%mod;
printf("%lld",ans[ff]);
return 0;
}
这个题即使说是最小生成树，也没几个人会相信吧。
无从下手。
POI的奇妙之处就在此吧。
不用什么高深的算法，
不用什么奇技的代码，
就是考你的思维。
本题的关键点：水往上升，联通块合并，最矮的墙的高度决定联通块联通与否。