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【BZOJ5101】[POI2018]Powód

Description

在地面上有一個水箱，它的俯視圖被劃分成了n行m列個方格，相鄰兩個方格之間有一堵厚度可以忽略不計的墻，水箱與外界之間有一堵高度無窮大的墻，因此水不可能漏到外面。已知水箱內每個格子的高度都是[0,H]之間的整數，請統計有多少可能的水位情況。因為答案可能很大，請對10^9+7取模輸出。兩個情況不同當且僅當存在至少一個方格的水位在兩個情況中不同。

Input

第一行包含三個正整數n,m,H(n*m<=500000,1<=H<=10^9)。 接下來n行，每行m-1個整數a[i][j](1<=a[i][j]<=H)，表示(i,j)和(i,j+1)之間的墻的高度。 接下來n-1行，每行m個整數b[i][j](1<=b[i][j]<=H)，表示(i,j)和(i+1,j)之間的墻的高度。

Output

輸出一行一個整數，即方案數模10^9+7的結果。

Sample Input

3 2 2
1
1
1
1 2
1 1

Sample Output

65
HINT
要麽全部格子水位都是2，要麽全部格子水位都在[0,1]之間，共1+2^6=65種情況。

題解：先將所有邊按高度排序，然後從小到大枚舉所有邊，用並查集維護格子的連通性。在並查集合並的時候統計一下方案數就好。

具體地，我們用g表示當前連通塊的方案數，h表示這個連通塊當前的水位高度，設當前水位為now，於是一次合並的貢獻就是(g+now-h)*(g‘+now-h‘)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define _(A,B) ((A-1)*m+B)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1000000007;
const int maxn=500010;
int n,m,H,tot;
ll ans;
int f[maxn],h[maxn];
ll g[maxn];
struct node
{
	int x,y,v;
	node() {}
	node(int a,int b,int c) {x=a,y=b,v=c;}
}p[maxn<<1];
bool cmp(const node &a,const node &b)
{
	return a.v<b.v;
}
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+(gc^‘0‘),gc=getchar();
	return ret*f;
}
int find(int x)
{
	return (f[x]==x)?x:(f[x]=find(f[x]));
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd(),H=rd();
	int i,j,a,b;
	for(i=1;i<=n;i++)	for(j=1;j<m;j++)	p[++tot]=node(_(i,j),_(i,j+1),rd());
	for(i=1;i<n;i++)	for(j=1;j<=m;j++)	p[++tot]=node(_(i,j),_(i+1,j),rd());
	sort(p+1,p+tot+1,cmp);
	for(i=1;i<=n*m;i++)	f[i]=i,g[i]=1,h[i]=0;
	for(i=1;i<=tot;i++)
	{
		a=p[i].x,b=p[i].y;
		if(find(a)!=find(b))
		{
			g[f[b]]=(g[f[a]]+p[i].v-h[f[a]])*(g[f[b]]+p[i].v-h[f[b]])%P,h[f[b]]=p[i].v,f[f[a]]=f[b];
		}
	}
	printf("%lld",(g[find(1)]+H-h[find(1)])%P);
	return 0;
}

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