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：
“横天门”：由该门可以传送到同行的任一宫室；
“纵寰门”：由该门可以传送到同列的任一宫室；
“自*河蟹*由*河蟹*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“自河蟹由河蟹门”。
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。
输入样例#1：
10 7 7
2 2 1
2 4 2
1 7 2
2 7 3
4 2 2
4 4 1
6 7 3
7 7 1
7 5 2
5 2 1
输出样例#1：
9
题解
和洛谷的缩点模板题简直不要一样。。。。
首先考虑建边，我暴力建边然后就过了？？？
用vector存一下每一行每一列的点
然后map储存一下点的位置
对于每一种门，暴力连上边
恩，解决完了连边
剩下的很简单啦
Tarjan缩点
然后重新连边
用一个虚拟点作为源点
跑SPFA最长路就可以啦
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 110000
#define MAXL 5000050
#define INF 1000000000
inline int read()
{
int x=0,t=1;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
struct Node
{
int x,y;
};
inline bool operator <(Node a,Node b)
{
if(a.x!=b.x)
return a.x<b.x;
else return a.y<b.y;
}
struct Line
{
int v,next;
}e[MAXL];
struct Line2
{
int v,next,w;
}ee[MAXL];
int H[MAX],cnt2=1;
inline void Add(int u,int v,int w)
{
ee[cnt2]=(Line2){v,H[u],w};
H[u]=cnt2++;
}
int N,M;
int h[MAX],cnt=1;
int w[MAX],dis[MAX],ans;
int xx[MAX],yy[MAX],tt[MAX];
inline void Add(int u,int v)
{
e[cnt]=(Line){v,h[u]};
h[u]=cnt++;
}
int tim,S[MAX],top;
bool vis[MAX];
int W[MAX],G[MAX];
int dfn[MAX],low[MAX],group;
vector<int> X[MAX],Y[MAX];
map<Node,int> qt;
int d[8][2]={1,0,0,1,-1,0,0,-1,1,1,1,-1,-1,1,-1,-1};
void Tarjan(int u)
{
dfn[u]=low[u]=++tim;
vis[u]=true;S[++top]=u;
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(!dfn[v])
{
Tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else
if(vis[v])
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(low[u]==dfn[u])
{
++group;
int v;
do
{
v=S[top--];
W[group]++;
G[v]=group;
vis[v]=false;
}while(v!=u);
}
}
int main()
{
N=read();read();read();
for(int i=1;i<=N;++i)
{
xx[i]=read();yy[i]=read();tt[i]=read();
X[xx[i]].push_back(i);Y[yy[i]].push_back(i);
qt[(Node){xx[i],yy[i]}]=i;
}
for(int i=1;i<=N;++i)
{
if(tt[i]==1)
{
for(int j=0,l=X[xx[i]].size();j<l;++j)
Add(i,X[xx[i]][j]);
}
else if(tt[i]==2)
{
for(int j=0,l=Y[yy[i]].size();j<l;++j)
Add(i,Y[yy[i]][j]);
}
else
{
for(int j=0;j<8;++j)
{
int xxx=xx[i]+d[j][0];
int yyy=yy[i]+d[j][1];
Node uuu=(Node){xxx,yyy};
if(qt.find(uuu)!=qt.end())
Add(i,qt[uuu]);
}
}
}
for(int i=1;i<=N;++i)
if(!dfn[i])
Tarjan(i);
for(int u=1;u<=N;++u)
{
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(G[u]!=G[v])
Add(G[u],G[v],W[G[v]]);
}
}
for(int i=1;i<=group;++i)Add(0,i,W[i]);
queue<int> Q;while(!Q.empty())Q.pop();
int ans=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
Q.push(0);vis[0]=true;
while(!Q.empty())
{
int u=Q.front();Q.pop();
for(int i=H[u];i;i=ee[i].next)
{
int v=ee[i].v,w=ee[i].w;
if(dis[v]<dis[u]+w)
{
dis[v]=dis[u]+w;
ans=max(ans,dis[v]);
if(!vis[v])
{
vis[v]=true;
Q.push(v);
}
}
}
vis[u]=false;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}