HDU——1198 Farm Irrigation（DFS或并查集）

原题链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1198

样例：

Sample Input
2 2
DK
HF3 3
ADC
FJK
IHE-1 -1Sample Output
2
3

题意： 你有 $n*m$块农田，每块农田都是正方形，其中包含各类水管，在每块农田中心都有一个泉源，泉源中的水可顺着水管流向各个地方，现在要求你判断你至少需要多少个泉源？

解题思路： 这题出得非常好，我们有两种方法解决这个题目，一是dfs，二是并查集。先说一下这个题目的基础，我们有11个种类的农田块，其中都包含的是水管朝向，总共有四种，那么我们可以抽象出来，将农田种类字母表示改为数字，而水管的四个方向上下左右我们可以用01来表示是否朝向。那么两个农田块相接的前提就是上对下，下对上，左对右，右对左。这样才可以保证水管相接。理解了这里就好了。OK，我们接下来将这两种方法都怎么处理。

DFS： 我们的目的就是寻找有多少个分块，就是尽量连通它们，那么我们可以利用DFS搜索，每一遍DFS搜索结束都意味着这是一个最大的连通分量了，我们利用vis数组来判断每个点是否已加入连通分量。模拟搜索过程就好，注意这里的流动过程模拟要与水管方向对应，具体看代码。

DFSAC代码：

/* *邮箱：unique_powerhouse@qq.com *blog:https://me.csdn.net/hzf0701 *注：文章若有任何问题请私信我或评论区留言，谢谢支持。 * */
#include<bits/stdc++.h> //POJ不支持#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)//i为循环变量，a为初始值，n为界限值，递增
#define per(i,a,n) for (int i=a;i>=n;i--)//i为循环变量， a为初始值，n为界限值，递减。
#define pb push_back
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define mp make_pairusing namespace std;const int inf = 0x3f3f3f3f;//无穷大
const int maxn = 1e2;//最大值。
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<ll, ll>  pll;
typedef pair<int, int> pii;
//*******************************分割线，以上为自定义代码模板***************************************//int n,m;//农场大小
int go[4][2]={{-1,0},{0,-1},{1,0},{0,1}};//上左下右。
char farm[maxn][maxn];//表示农场。
bool vis[maxn][maxn];//判断是否访问过。
int st[12][4]={//按顺序上左下右。{1,1,0,0},{1,0,0,1},{0,1,1,0},{0,0,1,1},{1,0,1,0},{0,1,0,1},{1,1,0,1},{1,1,1,0},{0,1,1,1},{1,0,1,1},{1,1,1,1}
};
void dfs(int x,int y){rep(i,0,3){if(st[farm[x][y]-'A'][i]!=1)continue;int nx=x+go[i][0];int ny=y+go[i][1];if(nx>=0&&nx<n&&ny>=0&&ny<m&&!vis[nx][ny]&&st[farm[nx][ny]-'A'][(i+2)%4]==1){vis[nx][ny]=true;dfs(nx,ny);}}
}
void solve(){memset(vis,false,sizeof(vis));int cnt=0;rep(i,0,n-1){rep(j,0,m-1){if(!vis[i][j]){vis[i][j]=true;cnt++;dfs(i,j);}}}cout<<cnt<<endl;
}
int main(){//freopen("in.txt", "r", stdin);//提交的时候要注释掉IOS;while(cin>>n>>m){if(n==-1&&m==-1)break;rep(i,0,n-1)cin>>farm[i];solve();}return 0;
}

并查集： 并查集解决这个题目就很好理解了，将二维数组展开，即每个点都在一维数组上，然后我们只要考虑每块农田是否能和上下左右的农田合并在一起，遍历所有的点就可以了。最后判断有几个集合即可，这就是我们最少要的泉源数。具体看AC代码。

并查集AC代码：

/* *邮箱：unique_powerhouse@qq.com *blog:https://me.csdn.net/hzf0701 *注：文章若有任何问题请私信我或评论区留言，谢谢支持。 * */
#include<bits/stdc++.h> //POJ不支持#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)//i为循环变量，a为初始值，n为界限值，递增
#define per(i,a,n) for (int i=a;i>=n;i--)//i为循环变量， a为初始值，n为界限值，递减。
#define pb push_back
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define mp make_pairusing namespace std;const int inf = 0x3f3f3f3f;//无穷大
const int maxn = 1e2;//最大值。
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<ll, ll>  pll;
typedef pair<int, int> pii;
//*******************************分割线，以上为自定义代码模板***************************************//int n,m;//农场大小
int father[maxn*maxn];//father[i]代表i所属的连通分量。
char farm[maxn][maxn];
int st[12][4]={//按顺序上左下右。{1,1,0,0},{1,0,0,1},{0,1,1,0},{0,0,1,1},{1,0,1,0},{0,1,0,1},{1,1,0,1},{1,1,1,0},{0,1,1,1},{1,0,1,1},{1,1,1,1}
};
int Find(int x){int r=x;while(r!=father[r])r=father[r];//压缩路径。int i=x,j;while(father[i]!=r){j=father[i];father[i]=r;i=j;}return r;
}
void Merge(int x,int y){//合并操作。int fx=Find(x),fy=Find(y);if(fx!=fy)father[fx]=fy;
}
void solve(){rep(i,0,n-1){rep(j,0,m-1){//我们编号顺序是上左下右。//注意我们这里合并是要将二维展开了。//如果要往上连通，行必须大于0.if(i>0&&st[farm[i][j]-'A'][0]==st[farm[i-1][j]-'A'][2]&&st[farm[i][j]-'A'][0]==1)Merge(i*m+j,(i-1)*m+j);//如果要往下连通，行必须小于n-1.if(i<n-1&&st[farm[i][j]-'A'][2]==st[farm[i+1][j]-'A'][0]&&st[farm[i][j]-'A'][2]==1)Merge(i*m+j,(i+1)*m+j);//如果要往左连通，列必须大于0.if(j>0&&st[farm[i][j]-'A'][1]==st[farm[i][j-1]-'A'][3]&&st[farm[i][j]-'A'][1]==1)Merge(i*m+j,i*m+j-1);//如果要往右连通，列必须大于m-1.if(j<m-1&&st[farm[i][j]-'A'][3]==st[farm[i][j+1]-'A'][1]&&st[farm[i][j]-'A'][3]==1)Merge(i*m+j,i*m+j+1);}}int cnt=0;rep(i,0,n*m-1){if(father[i]==i)cnt++;}cout<<cnt<<endl;
}
int main(){//freopen("in.txt", "r", stdin);//提交的时候要注释掉IOS;while(cin>>n>>m){if(n==-1&&m==-1)break;rep(i,0,n*m-1)father[i]=i;//初始化，一开始默认所属连通分量为自己。rep(i,0,n-1)cin>>farm[i];solve();}return 0;
}