ZOJ - 3780 Paint the Grid Again 拓撲排序+思維

ZOJ - 3780 Paint the Grid Again

題意：

一個 n*n 的方格，有兩種操作： Ri 將第 i 行 全部全部塗成黑色，Cj將第 j 列全部塗成白色（X 爲黑色，O爲白色）。一開始方格沒有任何顏色（不是白色，也不是黑色），每一次操作都會覆蓋方格內的顏色。給定最後矩陣的顏色，求最少需要多少次操作才能將原矩陣變爲給定的矩陣。輸出每一次操作。（如果可以同時進行R 和 C 操作的時候先進行R操作）

題解：

問題的關鍵點就是在於怎麼建邊，只要邊建出來了，那問題就基本上解決了。

我們把每一種操作抽象成爲一個點，比如R1操作，就是把第一行全塗成X 把這個操作抽象爲一個點，標號爲1。這樣的操作一共有多少個呢？R1 R2 R3…Rn, C1,C2,C3…Cn。一共有2n個操作，所以就有2n個點。標號怎麼給呢？因爲R操作的優先級高於C  所以我們把R操作標記爲 1~n，C操作標記爲 n+1~2n;。

點解決了，那邊呢？？

我們考慮每一個格子，如果這個格子(i,j)裏是X,那麼這個格子的最終操作一定是Ri 所以說，Ri操作一定會在C（j+n）這個操作之後，所以我們建邊是 (j+n)->i,同樣如果這個格子是O，那麼這個格子的最終操作一定是C(j+n),所以Ri一定在C（j+n）之前 所以我們建邊 i->(j+n);

in數組存的是這個點的入度，拓撲排序時需要用到。d數組存的從這個點出發的邊有多少條。如果從這個點出發的邊有n條的話，那麼這個操作就是非必須的操作，在答案中就不用存它了（1~n中的某一個點與 n+1~2n中的點全部相連 或 n+1~2n中的某一點與1~n的全部點相連。例如：先將第 y （y屬於 n+1~2n）列塗成白色，與 y 相連的有 n 條邊，這 n 條邊的另一個端點屬於 1~n（行操作R ），最後第 y 列會全部變爲黑色，所以一開時塗與不塗最後的結果都一樣，因爲要求操作數最少，所以忽略 ）。
還有一個細節是，拓撲排序的時候要用優先隊列，因爲輸出順序有優先級嘛~

參考博客：https://blog.csdn.net/weixin_43179892/article/details/89449301

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<sstream>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<deque>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 3e5+10;
struct node
{
    int v;
    int next;
}e[2*maxn];
int head[maxn];
int in[maxn]; //入度
int d[maxn];   //以該點爲起點的邊有多少條
char mp[510][510];
int ans[maxn];
int n,cnt,tot;

void init()
{
    cnt = tot = 0;
    memset(d,0,sizeof(d));
    memset(in,0,sizeof(in));
    memset(head,-1,sizeof(head));

}
void add(int u,int v)
{
    e[cnt].v = v;
    e[cnt].next = head[u];
    head[u] = cnt++;
}

int tuopu()
{
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q;  //小根堆
    for(int i=1;i<=2*n;i++)
    {
        if(in[i]==0)
            q.push(i);
    }

    while(!q.empty())
    {
        int u = q.top();
        q.pop();
       if(d[u]!=n)   // 1~n中的某一個點與 n+1~2n中的點全部相連 或 n+1~2n中的某一點與1~n的全部點相連
            ans[tot++] = u;
        for(int i=head[u] ; i!=-1 ; i=e[i].next)
        {
            int v = e[i].v;
            in[v]--;
            if(in[v]==0)
                q.push(v);
        }
    }
    int flag = 1;
    for(int i=1;i<=2*n;i++)
    {
        if(in[i])
        {
            flag = 0;
            break;
        }
    }
    return flag;
}

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        init();
        scanf("%d ",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                scanf("%c",&mp[i][j]);
                if(mp[i][j]=='O')    //建邊
                {
                    add(i,j+n);
                    d[i]++;
                    in[j+n]++;
                }
                else
                {
                    add(j+n,i);
                    d[j+n]++;
                    in[i]++;
                }
            }
            getchar();
        }

        if( !tuopu() )
            printf("No solution\n");
        else
        {
            for(int i=0 ; i<tot ; i++)
            {
                if(ans[i]>n)
                    printf("C%d",ans[i]-n);
                else
                    printf("R%d",ans[i]);
                if(i==tot-1)
                    printf("\n");
                else
                    printf(" ");
            }
        }
    }
    return 0;
}