标签：判断 格子 题解 矩阵 gg 左上方 mp Luogu SP2128

[Luogu]SP2128 KROW

题意

共有 \(t\) 个 \(n \times m\) 的由 .、x、o 组成的字符矩阵。设矩阵中连续 \(k\) 格为 x 小 A 加一分，连续 \(k\) 格为 o 小 B 加一分。

正文

最坏时间复杂度：\(\mathcal{O}(tnmk)\)

算法：暴力

此题我第一眼看就知道很水（尽管我调试了半天）。

遍历矩阵，对于每格，进行 8 次判断。每次向一个方向连续移动 \(k-1\) 格，每次判断移到的格子是否与原格子相同，若不同，终止此次判断。

例子：在 \((5,5)\) 向左上方向检查，判断是否有 5 子相连。

向左上方向移动一格到 \((4,4)\)，读取 \((4,4)\) 的值为 x，与原格子 \((5,5)\) 的值相同，继续判断；再向左上方移动一格到 \((3,3)\)，读取 \((3,3)\) 的值为 x，与原格子的值相同，继续判断；移到 \((2,2)\)，发现 \((2,2)\) 的值与原格子不符，表明例子条件下并没有 5 子相连。

连续遍历直至找到符合的格子，进行加分，若整个矩阵没有符合条件的格子，则判断平局。

上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using gg=long long;
gg t;
gg n,m,k;
gg mp[1000][1000];//储存矩阵
gg pts[3];
gg q;
bool f(gg x,gg y,gg x_,gg y_,gg k){//之前看一位大佬用了较多个dfs，感觉有点麻烦，x_和y_控制判断的方向
	q=mp[x][y];//读取原格子的值
	if(q==0){
		return false;
	}
	for(gg i=1;i<k;i++){
		if(x+x_*(k-1)>=0 && x+x_*(k-1)<=n && y+y_*(k-1)>=0 && y+y_*(k-1)<=m){//判断是否会越界
			if(mp[x+x_*i][y+y_*i]!=q){
				return false;
			}
		}
		else{
			return false;
		}
	}
	return true;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cin>>t;
	for(gg i=1;i<=t;i++){
		cin>>m>>n>>k;
		memset(mp,0,sizeof mp);//初始化
		for(gg j=1;j<=n;j++){
			for(gg l=1;l<=m;l++){
				char c;
				cin>>c;
				mp[j][l]=(c=='.'?0:(c=='x'?1:2));//将字符转换成整形值输入，方便
			}
		}
		for(gg j=1;j<=n;j++){
			for(gg l=1;l<=m;l++){
				if(f(j,l,1,0,k) || f(j,l,1,1,k) || f(j,l,0,1,k) || f(j,l,-1,0,k) || 
				f(j,l,0,-1,k) || f(j,l,-1,-1,k) || f(j,l,1,-1,k) || f(j,l,-1,1,k)){//连续判断
					pts[q]++;
					goto end_;//一些厌恶goto的轻喷，但不得不说真的方便
				}
			}
		}
		end_: ;
	}
	cout<<pts[1]<<':'<<pts[2];
	return 0;//虽然代码看着有点长，但本蒟蒻觉得是比较好理解的吧
}

提交记录，华丽结束。

后附

日志

v1.9 on 2022.9.3: 改正

标签：判断,格子,题解,矩阵,gg,左上方,mp,Luogu,SP2128
来源： https://www.cnblogs.com/wanguan/p/16694709.html

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