AcWing 1098. 城堡问题

\(AcWing\) \(1098\). 城堡问题

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一、题目大意

三、前置知识

这道题的输入挺有意思，为一些数字，其实是理解为\(0 \sim 15\)的十进制数，转为二进制就是\((0000)_2 \sim (1111)_2\),这四个数位，是表示四个方向：

\(1\)表示西墙，\(2\)表示北墙，\(4\)表示东墙，\(8\)表示南墙

每个方向存在数字\(1\)表示此方向 有墙，为\(0\)表示 无墙

用墙维起来的是房间,求 房间个数 和 最大面积

对于十进制转二进制，并输出二进制的每个数位的值，办法如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    //将十进制转为二进制，并输出每个二进制位的值是0还是1
    int n = 13;
    for (int i = 3; i >= 0; i--)
        cout << (n >> i & 1) << " ";
    return 0;
}

四、\(bfs\)宽度优先搜索

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
#define x first
#define y second
const int N = 55, M = N * N;

int n, m;
int g[N][N];    //地图
PII q[M];       //队列
bool st[N][N];  //标识是否走过

int dx[] = {0, -1, 0, 1}; //左上右上
int dy[] = {-1, 0, 1, 0}; //西北东南 1 2 4 8 二进制位运算，参考1098_0.cpp

int bfs(int sx, int sy) {
  int hh = 0, tt = -1;
  q[++tt] = {sx, sy};
  st[sx][sy] = true;

  //一次bfs跑一个连通块，统计一个连通块的面积
  int area = 1; //既然能入队列，最起码有入口房间，是一个面积

  while (hh <= tt) {
      PII t = q[hh++];
      for (int i = 0; i < 4; i++) {
          int x = t.x + dx[i], y = t.y + dy[i];
          if (x == 0 || x > n || y == 0 || y > m) continue;
          if (st[x][y]) continue;
          // 1表示西墙，2表示北墙，4表示东墙，8表示南墙
          if (g[t.x][t.y] >> i & 1) continue; //有墙
          //连通的房间入队列
          q[++tt] = {x, y};
          st[x][y] = true;
          area++; //入队列时房间面积++
      }
  }
  return area;
}

int main() {
  cin >> n >> m;
  //虽然在题目中说的是二进制模拟的数字，但输入时不做处理，在使用时再用位运算处理
  for (int i = 1; i <= n; i++)
      for (int j = 1; j <= m; j++)
          cin >> g[i][j];

  int cnt = 0, area = 0;  //房间数，最大面积

  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= m; j++)
      if (!st[i][j]) {
        //从此点出发找连通块
        area = max(area, bfs(i, j));
        cnt++;  //记录连通块个数
      }

  printf("%d\n%d\n", cnt, area);
  return 0;
}

五、\(dfs\)深度优先搜索 [\(void\)+全局变量法]

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55;
int g[N][N];
int st[N][N];
int n, m, ans;  //注意这里的ans不能做为dfs参数进行传递，因为维护的是同一个变量

int dx[] = {0, -1, 0, 1}; //左上右上
int dy[] = {-1, 0, 1, 0}; //西北东南 1 2 4 8 二进制位运算，参考1098_0.cpp

void dfs(int sx, int sy) {
    st[sx][sy] = true; //标识此位置已访问过
    ans++;             //到达一个位置，那么面积肯定增大一个

    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int x = sx + dx[i], y = sy + dy[i];
        if (x == 0 || x > n || y == 0 || y > m) continue;
        if (st[x][y]) continue;
        if (g[sx][sy] >> i & 1) continue; //自带数位压缩表示法~,有墙
        dfs(x, y);
    }
}
int cnt, area;

int main() {
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
      for (int j = 1; j <= m; j++)
          cin >> g[i][j];

  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= m; j++)
      if (!st[i][j]) {
        cnt++;  //连通块数量
        ans = 0;               //清零重新统计
        dfs(i, j);             //开始Flood Fill
        area = max(area, ans); // PK目前的最大面积
      }
  //输出结果
  printf("%d\n%d\n", cnt, area);
  return 0;
}

六、\(dfs\)深度优先搜索 [\(int\)+参数变量法]

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55;
int g[N][N];
int st[N][N];
int n, m;

int dx[] = {0, -1, 0, 1}; //左上右上
int dy[] = {-1, 0, 1, 0}; //西北东南 1 2 4 8 二进制位运算，参考1098_0.cpp

int dfs(int sx, int sy) {
    st[sx][sy] = true; //标识此位置已访问过
    int ans = 1;       //自己贡献一个面积
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int x = sx + dx[i], y = sy + dy[i];
        if (x == 0 || x > n || y == 0 || y > m) continue;
        if (st[x][y]) continue;
        if (g[sx][sy] >> i & 1) continue; //自带数位压缩表示法~,有墙
        ans += dfs(x, y);                 //孩子们继续贡献面积
    }
    return ans; //我们的总面积
}
int cnt, area;

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            cin >> g[i][j];

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            if (!st[i][j]) {
                cnt++;                       //连通块数量
                area = max(area, dfs(i, j)); // PK目前的最大面积
            }
    //输出结果
    printf("%d\n%d\n", cnt, area);
    return 0;
}

七、总结与反思

*　\(bfs\)时，需要注意一下起点的初始加入，标记个数++

• \(dfs\)时，也是在进入函数执行时，就意味着此位置可达，标识个数++
• 此题的\(dfs\)时，\(ans\)有点意思，只能用全局变量，不能使用参数传递，原因很简单：多个分支需要汇总，此时，可以采用\(void\)+全局变量，当然，也可以采用\(int\)返回。

八、并查集解法

2022-10-08晚补充

这道题难度并不大，只要熟练使用 并查集 即可。给我们一张地图，#代表墙壁，我们用1表示西墙，2表示北墙，4表示东墙，8表示南墙，将没有墙壁隔开的连通的方块记为一个房间，题目共有两问：

• 房间的总数
• 最大的房间的面积

这道题可以使用 并查集 和 \(FloodFill\) 来做，这里讲解一下使用 并查集 的做法。

我们可以从城堡 左上角 开始 逐行枚举，每次枚举 北边 和 东边 两个方向(当然，也可以是 南边 和 东边 两个方向)，就可以不漏的将可以连接在一起的房间都尽可能的连通，假设枚举到的位置的数\(p=9\)，我们需要枚举他东边的墙，我们只需要让\(p \& 4\)判断是否是\(1\)，若是\(1\)则证明 东边有墙 。当枚举到的方向没有墙的话，我们就是用 并查集 将这两个方块加入到一个连通块中，初始cnt=n*m，也就是开始的时候有n*m个房间，我们 连通一次，少一个房间，最后cnt就是房间的个数。

如图，共有五个房间：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 55, M = N * N;

// 1表示西墙，2表示北墙，4表示东墙，8表示南墙

// 模拟向北和向东两个方向
// int dx[] = {-1, 0}; //向北走时，x-1,y不变；向东走时，x不变，y+1
// int dy[] = {0, 1};
// int dw[] = {2, 4}; // 2:北墙, 4:东墙

// 模拟向东和向南两个方向 也是可以的
// int dx[] = {0, 1}; //向东走时，x不变，y+1; 向南走时，x+1,y不变
// int dy[] = {1, 0};
// int dw[] = {4, 8}; // 4:东墙, 8：南墙

// 模拟向南向西 也是可以的
// int dx[] = {1, 0}; //向南走时，x+1,y不变；向西走时，x不变，y-1
// int dy[] = {0, -1};
// int dw[] = {8, 1}; // 8:南墙, 1:西墙

// 模拟向南向东 也是可以的
int dx[] = {1, 0}; //向南走时，x+1,y不变；向东走时，x不变，y+1
int dy[] = {0, 1};
int dw[] = {8, 4}; // 8:南墙, 4:东墙

int n, m;        // n行m列
int g[N][N];     //地图
int p[M], sz[M]; //并查集数组，与并查集内成员个数
int find(int x) {
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}

int main() {
    //读入地图
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            cin >> g[i][j];

    //初始化并查集
    for (int i = 0; i < M; i++) p[i] = i, sz[i] = 1; //每个人是自己的祖先，并且自己家族的成员数量为1

    int cnt = n * m, area = 1; // 总共最多有n*m个房间，最大面积最小是1

    //开始从上到下，从左到右，枚举每个位置
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            //探讨这个位置的房间，是不是能够向北和向东两个方向前进，也就是检查向北和向东是不是会遇到墙
            for (int u = 0; u < 2; u++)
                if (!(g[i][j] & dw[u])) {                             //如果没有遇到墙
                    int x = i + dx[u], y = j + dy[u];                 //获取新的位置
                    if (x <= 0 || x > n || y <= 0 || y > m) continue; //出界判断
                    int a = (i - 1) * m + j, b = (x - 1) * m + y;     // a是指原位置的编号,b是指拓展后位置的编号
                    // int a = i * m + j, b = x * m + y; //并查集的编号其实是很灵活的，不是非得啥号不可.上面的那行代码一样可以AC

                    // join 合并并查集
                    a = find(a), b = find(b);
                    if (a != b) {
                        cnt--;                     // 合并后，连通块的数量将少了一个
                        sz[b] += sz[a];            // a家族成员加入b家族中
                        p[a] = b;                  // a认b做父亲
                        area = max(area, sz[b]);   // 更新答案
                    }
                }
    //输出房间总数，输出最大面积
    printf("%d\n%d\n", cnt, area);
    return 0;
}