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题目

  • 给定第 00 个时刻的 n×mn \times m 的 0101 矩阵。
  • 每过一个时刻，0101 矩阵都会发生如下的变化：
  • 考虑第 xx 行第 yy 列的格子。若其上下左右四个方向中相邻的格子存在与其数字相同的格子，则此格子在下一个时刻会变成另一个数字（00 变 11，11 变 00）。
  • 有 tt 次询问。每次询问你在第 pp 个时刻第 xx 行第 yy 列的格子上的数字是什么。
  • 1≤n,m≤1031 \leq n,m \leq 10^3，1≤t≤1051 \leq t \leq 10^5，1≤x≤n1 \leq x \leq n，1≤y≤m1 \leq y \leq m，1≤p≤10181 \leq p \leq 10^{18}。

Please notice the unusual memory limit of this problem.

Orac likes games. Recently he came up with the new game, “Game of Life”.

You should play this game on a black and white grid with $ n $ rows and $ m $ columns. Each cell is either black or white.

For each iteration of the game (the initial iteration is $ 0 $ ), the color of each cell will change under the following rules:

  • If there are no adjacent cells with the same color as this cell on the current iteration, the color of it on the next iteration will be the same.
  • Otherwise, the color of the cell on the next iteration will be different.

Two cells are adjacent if they have a mutual edge.

Now Orac has set an initial situation, and he wants to know for the cell $ (i,j) $ (in $ i $ -th row and $ j $ -th column), what will be its color at the iteration $ p $ . He may ask you these questions several times.

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思路

我们思考，假设存在一个格子能变色，则它一直能变色，因为它旁边必然存在一个格子与它颜色始终相同。

再思考，假如一个格子能变色，它旁边的一个格子不能变色，那么再第一个格子第一次变色后，第二个格子也能变色。因为第一个格子变色后颜色就与第二个格子相同了。

综上所述，我们可以发现变色存在传染性。

因此，我们可以把初始棋盘中能变色的时间戳记为0，然后用广搜把所有格子开始变色的时间戳都求出来。

这个过程中要注意的是：

  1. 初始棋盘有可能所有格子都不变色
  2. 若询问时间小于开始变色时间，应输出初始颜色

总时间复杂度：O(nm+q)O(nm+q)

代码

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// Problem: CF1349C Orac and Game of Life
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/CF1349C
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
//#define M
//#define mo
#define N 1010
struct node
{
	int x, y; 
}t, tt; 
int n, m, i, j, k, T; 
int dx[4]={0, 0, 1, -1}; 
int dy[4]={1, -1, 0, 0}; 
int x, y, newx, newy; 
int a[N][N], Q; 
char s[N][N]; 
queue<node>q; 

int check(int x, int y)
{
	if(s[x-1][y]==s[x][y]) return 1; 
	if(s[x][y-1]==s[x][y]) return 1; 
	if(s[x+1][y]==s[x][y]) return 1; 
	if(s[x][y+1]==s[x][y]) return 1; 	
	return 0; 
}

signed main()
{
//	freopen("tiaoshi.in", "r", stdin); 
//	freopen("tiaoshi.out", "w", stdout); 
	n=read(); m=read(); Q=read(); 
	for(i=1; i<=n; ++i) scanf("%s", s[i]+1); 
	for(i=1; i<=n; ++i)
		for(j=1; j<=m; ++j)
			if(check(i, j)) 
				a[i][j]=1, t.x=i, t.y=j, q.push(t); 
	// for(i=1; i<=n; ++i, printf("\n"))
		// for(j=1; j<=m; ++j)
			// printf("%d ", a[i][j]); 
	while(!q.empty())
	{ 
		t=q.front(); q.pop(); 
		for(i=0; i<4; ++i)
		{
			newx=t.x+dx[i]; 
			newy=t.y+dy[i]; 
			if(newx<1 || newy<1 || newx>n || newy>m) continue; 
			if(a[newx][newy]) continue; 
			a[newx][newy]=a[t.x][t.y]+1; 
			// printf("a[%d][%d]=%d\n", newx, newy, a[newx][newy]); 
			tt.x=newx; tt.y=newy; 
			q.push(tt); 
		}
	}
	// for(i=1; i<=n; ++i, printf("\n"))
		// for(j=1; j<=m; ++j)
			// printf("%d ", a[i][j]); 
	while(Q--)
	{
		x=read(); y=read(); T=read(); 
		if(!a[x][y] || T<a[x][y]) printf("%c\n", s[x][y]); 
		/*
		变了 T-(x-1) 次
		*/
		else printf("%lld\n", ((s[x][y]-'0')^((T-a[x][y]+1)&1))); 
		// printf("%d %d\n", (s[x][y]-'0'), ((T-a[x][y]+1)&1)); 
	}
	return 0; 
}

总结

这道题解题的关键在于发现格子存在传染性。

发现的过程主要是通过模拟和分类讨论实现的。

同理，这类题可以尝试去模拟样例，分类讨论，求出关键性质。