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。

输入输出格式

输入格式：
输入文件的每行中两个数之间用一个空格隔开。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。
输出格式：
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。

输入输出样例

输入样例#1

2 5
9 1 5 4 3
8 7 6 1 2

输出样例#1

1
1

输入样例#2

3 6
8 4 5 6 4 4
7 3 4 3 3 3
3 2 2 1 1 2

输出样例#2

1
3

说明

样例#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。
样例#2说明

思路分析

首先我们需要判断一下有无解，那么我们只需要对第一排每一个点进行一次BFS，把能覆盖到的点标记一下，再跑一遍最后一排，如果有没标记到的点就证明无解，输出没标记到的点的数量就可以了，这样的话我们就需要维护两个vis数组，一个是用来作为每一个点跑BFS的标记（BFS模板不解释），另一个就是用来记录这个点能不能被覆盖到，只要能被任何一个点覆盖就标记为1；
至于有解情况下输出最小建立的蓄水站数，发现如果最后一排如果能够能被完全覆盖，那么备覆盖的每一个区间必然是连续的，那么我们只需要在跑BFS的时候把第一排每一个点所能覆盖到最后一排点的最大区间，然后跑一遍贪心即使最优解。
这种做法要注意一点，就是当n=1的时候第一排即为最后一排，所以我们需要在n=1的情况下特判，把第一排每个点 i 能覆盖到的最长区间预处理为[ i , i ]，再进行下一步操作。
当我们把第一排每个点都BFS一遍并处理区间的时候，总的时间复杂度达到O(n*m^2)，这很显然是要TLE的，那没我们就必须做以下剪枝：对于一个点 i ，如果 i 两边的点的高度都小于 i 的高度的话， i 所能覆盖到的区间必定比两边的的点要长，所以我们对于第一排的点只需要对符合这一条件的点跑BFS就行了。
下面是AC代码，具体实现看注释

C++代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;

const int maxn=500+10;
struct node{
    int l,r;
}f[maxn];
//f[i]维护第一排第i个点在第n行所能覆盖到的最长区间 
queue<int>x,y;
int n,m,tot=0,cnt=0;
int dx[5]={0,0,1,0,-1},dy[5]={0,1,0,-1,0};
int h[maxn][maxn];
bool vis1[maxn][maxn],vis2[maxn][maxn];
//vis1为BFS模板里所用到的标记，每次BFS前需清空
//vis2[i][j]记录点(i,j)是否被覆盖 

inline int read(){//快读 
    int Forca=0,Barca=1;
    char c=getchar();
    while(c<'0' || c>'9'){
        if(c=='-')
            Barca=-1;
        c=getchar();
    }
    while(c<='9' && c>='0'){
        Forca=Forca*10+(int)(c-'0');
        c=getchar();
    }
    return Forca*Barca;
} 

//BFS模板 
inline void bfs_z(int k){
    memset(vis1,0,sizeof(vis1));
    vis1[1][k]=1;
    vis2[1][k]=1; 
    x.push(1),y.push(k);
    while(!x.empty() && !y.empty()){
        int xx=x.front(),yy=y.front();
        x.pop(),y.pop();
        for(int i=1;i<=4;i++){
            int nx=dx[i],ny=dy[i];
            if(xx+nx<=n && xx+nx>=1 && yy+ny<=m && yy+ny>=1){
                if(h[xx+nx][yy+ny]<h[xx][yy] && !vis1[xx+nx][yy+ny])){
                    vis1[xx+nx][yy+ny]=1;
                    vis2[xx+nx][yy+ny]=1;
                    //覆盖 
                    if(xx+nx==n){
                        //更新区间 
                        f[k].l=min(f[k].l,yy+ny);
                        f[k].r=max(f[k].r,yy+ny);
                    }
                    x.push(xx+nx),y.push(yy+ny);
                }
            }
        }
    }
}

//对于区间和h,vis2的预处理 
inline void init(){
    memset(h,0,sizeof(h));
    memset(vis2,0,sizeof(vis2));
    if(n==1){//当n=1使的特殊情况处理 
        for(int i=1;i<=m;i++)
            f[i].l=f[i].r=i;
        return;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
        f[i].l=0x3f3f3f3f;
}

int main(){
    n=read(),m=read();
    init();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            h[i][j]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if(h[1][i]>=h[1][i-1] && h[1][i]>=h[1][i+1])
            bfs_z(i);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        tot+=vis2[n][i];
    if(tot<m){
        //无解情况 
        cout<<0<<endl<<m-tot<<endl;
        return 0;
    }
    //贪心求最小值 
    int L=1;
    while(L<=m){
        int maxr=L,pos;
        for(int i=1;i<=m;i++)
            if(f[i].l<=L)
                maxr=max(maxr,f[i].r);
        L=maxr+1;
        cnt++;
    }
    cout<<1<<endl<<cnt<<endl;
    return 0;
}0;
}