题目描述

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:

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:

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。

示例1

输入
2 5 
9 1 5 4 3 
8 7 6 1 2
输出
1
1
说明
只需要在海拔为9的那座城市中建造蓄水厂，即可满足要求。

示例2

输入
3 6 
8 4 5 6 4 4 
7 3 4 3 3 3 
3 2 2 1 1 2
输出
1
3
说明

 上图中，在3个粗线框出的城市中建造蓄水厂，可以满足要求。以这3个蓄水厂为源头在干旱区中建造的输水站分别用3种颜色标出。当然，建造方法可能不唯一。

备注


解答

主体是记忆化搜索

首先来看这个题

第一问很好做，直接dfs或bfs求一下最下面一排的店有没有不能被覆盖到的就行了

关键是第二问

首先很明显的思路，对第一排每个点进行dfs或bfs，搜出每个点能够覆盖到的区间，再做线段覆盖就行了

时间复杂度理论最差是会t一个点，卡常好的话应该是能过掉的

但这题真的要这么高的复杂度嘛？

我们首先可以证明：如果有解，我们每个点覆盖的城市(线段)一定是连续的

因为如果不是连续，我么们可以很容易的证明这个点无法到达（它所在联通块边界一定高于相邻点）

所以，我们只要求出每个点能到达最左和最右的点就行了，而这个点肯定是不变的

所以我们能够想到什么？dp

对于每个点（i，j） l[i][j]=min(l[k][l]) 点（k，l）是（i，j）能到的的所有点

但我们发现，这个图并不是严格从下向上或者从上向下的

是可以向上走的（样例1就很好的说明了这点）

所以我们直接dp是不可以的

那我们就用到了记忆化搜索

对于已经求出的（k，l），直接调取所求数据，否则bfs/dfs去查找

这样就避免了直接dfs进行的对同一点的反复调用

甚至可以把记忆化和第一问结合起来，直接一边dfs求出

最后再进行线段覆盖就行了

ps.我的写法再大牛分站28ms...第一的20ms真神%%%

下面是我的代码 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <stack>
using namespace std;
#define maxn 510
#define nx x+xx[i]
#define ny y+yy[i]
int l[maxn][maxn],r[maxn][maxn];
int high[maxn][maxn];
int n,m;
bool vis[maxn][maxn];
int xx[4]={-1,0,1,0};
int yy[4]={0,1,0,-1};
int qx[maxn*maxn],qy[maxn*maxn];

inline void dfs(int x,int y)
{
    vis[x][y]=true;
    for (int i=0;i<4;i++){
        if (nx<1 || nx>n || ny<1 || ny>m) continue;
        if (high[nx][ny]>=high[x][y]) continue;
        if (!vis[nx][ny])dfs(nx,ny);
        l[x][y]=min(l[x][y],l[nx][ny]);
        r[x][y]=max(r[x][y],r[nx][ny]);
    }
}

inline int read()
{
    int ret=0;
    char c=getchar();
    while (c<'0' || c>'9') c=getchar();
    while (c>='0' && c<='9'){
        ret=ret*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return ret;
}

int main()
{
    n=read();
    m=read();
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    memset(l,0x3f,sizeof(l));
    memset(r,0,sizeof(r));
    for (int i=1;i<=m;i++)
        l[n][i]=r[n][i]=i;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)    
            high[i][j]=read();
    for (int i=1;i<=m;i++)
        if (!vis[1][i]) dfs(1,i);
    bool flag=false;
    int cnt=0;
    for (int i=1;i<=m;i++)    
        if (!vis[n][i]){
            flag=true;
            cnt++;
        }
    if (flag){
        puts("0");
        printf("%d",cnt);
        return 0;
    }
    int left=1;
    while (left<=m){
        int maxr=0;
        for (int i=1;i<=m;i++)
            if (l[1][i]<=left)
                maxr=max(maxr,r[1][i]);
        cnt++;
        left=maxr+1;
    }
    puts("1");
    printf("%d",cnt);
}


来源：tsukasa