AcWing算法提高课-4.1.1格子游戏

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题目描述

Alice 和 Bob 玩了一个古老的游戏：首先画一个 $n\times n$ 的点阵（下图 $n=3$ ）。

接着，他们两个轮流在相邻的点之间画上红边和蓝边：

直到围成一个封闭的圈（面积不必为 $1$）为止，“封圈”的那个人就是赢家。因为棋盘实在是太大了，他们的游戏实在是太长了！

他们甚至在游戏中都不知道谁赢得了游戏。

于是请你写一个程序，帮助他们计算他们是否结束了游戏？

输入格式

输入数据第一行为两个整数 $n$ 和 $m$。$n$表示点阵的大小，$m$ 表示一共画了 $m$ 条线。

以后 $m$ 行，每行首先有两个数字 $(x,y)$，代表了画线的起点坐标，接着用空格隔开一个字符，假如字符是 $D$，则是向下连一条边，如果是 $R$ 就是向右连一条边。

输入数据不会有重复的边且保证正确。

输出格式

输出一行：在第几步的时候结束。

假如 $m$ 步之后也没有结束，则输出一行 draw。

数据范围

$1\le n\le 200$，
$1\le m\le 24000$

输入样例：

3 5
1 1 D
1 1 R
1 2 D
2 1 R
2 2 D

输出样例：

4

---

思路

要判断是否成环。注意到如果最终成环，那么最后一次连接的时候两个端点在同一个连通块内。

对于连通块的问题，我们使用并查集解决。

问题解答

• Q：二维的网格如何放到并查集中？
• A：一种 trick，对于每个点 $(x,y)$ 建立映射 $f(x,y)=x\times n+y$ 即可。这样就建立了一个 $0～n\times n?1$ 的映射关系。

算法时间复杂度

$m$ 轮操作，并查集均摊复杂度 $O(\alpha )$，因此这一步 $O(\alpha m)$。

不过考虑到并查集的初始化复杂度为 $O(n^2)$，因此预处理是瓶颈。

总复杂度 $O(n^2)$。

AC Code

$\text{C}++$

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 210;

int n, m;
int p[N * N];

int get(int x, int y)
{
    return x * n + y;
}

int find(int x)
{
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);

    for (int i = 0; i < n * n; i ++ )
        p[i] = i;

    char op;
    int x, y, r1, r2;
    for (int i = 1; i <= m; i ++ )
    {
        cin >> x >> y >> op;
        x -- , y -- ;
        int r1 = get(x, y);
        if (op == 'D') r2 = get(x + 1, y);
        else r2 = get(x, y + 1);

        r1 = find(r1), r2 = find(r2);
        if (r1 == r2)
        {
            printf("%d\n", i);
            exit(0);
        }
        p[r1] = r2;
    }
    puts("draw");

    return 0;
}

---

最后，如果觉得对您有帮助的话，点个赞再走吧！