USACO第一场模拟赛の小结

10.25

（USACO铜组三题）

我已经发了两题的博客，一题是失去的母牛，另一题是牛的基因组学，现在还有一题现代艺术。
现代艺术
题目描述：
世界各地的艺术评论家直到现在才开始意识到伟大的牛画家Bibi的创意天赋。
Bibi用一种特殊的方式绘画。她用一块N*N的画布开始画画 “0”表示一个画布的空单元格。然后她在画布上画了9个矩形。她会使用9种颜色的一种（为了方便（Bibi是个很懒的人），她把颜色编号为1~9）. 她每次可以选择任意一种未使用过的颜色进行绘画。
举个例子，如果她从颜色2开始画，下面是她画画的过程：
2220
2220
2220
0000

然后她可能画了一个颜色为7的矩形：
2220
2777
2777
0000

随后她画了一个颜色为3的小矩形：
2230
2737
2777
0000

每一个矩形的边都是平行于边缘的，鉴于画布的最终状态，请计算出画布上有多少种颜色可能是第一次被画上去的。（矩形的大小是不确定的  可能是一个单元格  也可能覆盖整个画布）

输入格式（文件名：art.in）

第一行是整数n（1<=n<=10）下面n*n的矩阵由数字0~9组成，描述的是最后完成的画布。

输出格式（文件名 art.out）

输出一个整数 表示最终画布的颜色中,可能为第一个画上去的颜色个数。

样例输入：
4
2230
2737
2777
0000

样例输出：
1

样例解释：在本例中，只有颜色2可能是第一个被绘制的。颜色3显然是在颜色7之后画的，而颜色7显然是在颜色2之后画的。

代码

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n,s=0;char a[15][15];string tmp;bool b[15]={},c[15][15];int main(){    freopen("art.in","r",stdin);    freopen("art.out","w",stdout);    scanf("%d",&n);    getline(cin,tmp);    for (int i=1;i<=n;++i)    {        for (int j=1;j<=n;++j)        {            scanf("%c",&a[i][j]);            b[a[i][j]-'0']=true;        }        getline(cin,tmp);    }    for (int i=1;i<=9;++i)    if (b[i])    {        int x=100,y=100,xx=0,yy=0;        for (int j=1;j<=n;++j)        for (int k=1;k<=n;++k)        if (a[j][k]-'0'==i)        {            x=min(x,j);            y=min(y,k);            xx=max(xx,j);            yy=max(yy,k);        }        for (int j=x;j<=xx;++j)        for (int k=y;k<=yy;++k)        if (a[j][k]-'0'!=i)        c[i][a[j][k]-'0']=true;    }    for (int i=1;i<=9;++i)    if (b[i])    {        bool flag=true;        for (int j=1;j<=9;++j)        if (c[j][i]) flag=false;        if (flag) s++;    }    cout<<s<<endl;    return 0;}

思路
先输入这个方阵，用a二维字符数组存储，然后我用b一维数组来存储哪些颜色出现过。中间的循环是主体，循环的目的是：找到每一个出现过的颜色的最大矩形，然后在这个最大矩形里开始搜索，寻找跟它不同的颜色。这里有一个玄学操作，这是我听了一位神一般的大佬的方法后才AC的。——用一个c二维数组来标记涂颜色的顺序，左端点比右端点先涂标记为真，这样，哪些颜色先涂，哪些颜色后涂就很清楚了。之后的那一个循环，目的是：找到每一个出现过的颜色，如果它比其它颜色后涂，那么它肯定不是第一个涂的颜色，flag标记为假。最后统计flag为真的个数就是可能为第一个涂的颜色的个数。