B【NOIP2017提高组模拟12.18】

Description

在两个n*m的网格上染色，每个网格中被染色的格子必须是一个四联通块(没有任何格子被染色也可以)，四联通块是指所有染了色的格子可以通过网格的边联通，现在给出哪些格子在两个网格上都被染色了，保证网格的最外围一层不会在两个网格中同时被染色，即所有处于第x行第y列满足x=1或x=n或y=1或y=m的格子不会被在两个网格中同时被染色，请求出任意一种染色的方案，如果无解，请输出-1。

Input

第一行两个整数n,m
接下来一个n*m的01矩阵，共n行，每行m个数字，每个数字之间无空格，0表示没有同时被染色，1表示在两个网格中同时被染色。

Output

如果有解，则输出两个n*m的01矩阵，分别表示两个矩阵的染色情况，数字之间无空格，两个矩阵之间有一行空行
如果无解输出一行一个-1

Sample Input

5 5
00000
01010
00000
01010
00000

Sample Output

00000
01110
00010
01110
00000

01110
01010
01000
01010
01110

Data Constraint

对于20%的数据，n*m<=12
对于另外30%的数据，保证在两个矩阵都被染色的位置也是一个四联通块
对于100%的数据，n，m<=500

---

解法

20%:暴力?
50%：都被染色的格子形成四联通块，那么这个图已经是符合两个图了，直接输出这个图两次就好了。
100%：由于边界不会形成共同染色的格子，所以可以这样构造。
左边是第一个矩阵，右边是第二个。（好机智←_←）

对于被两个矩阵都染色的格子，就两个矩阵都涂上就好了。

时间O(nm).

---

代码

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<cmath>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)using namespace std;const int maxn=505;int map[maxn][maxn],n,m,num,map1[maxn][maxn],map2[maxn][maxn];char ch;int main(){//  freopen("T2.in","r",stdin);    scanf("%d%d",&n,&m);    ch=getchar();    fo(i,1,n){        while (ch<'0'||ch>'1') ch=getchar();        int j=1;        while (ch>='0'&&ch<='1'){            map[i][j]=ch-'0';            if (map[i][j]) map1[i][j]=1,map2[i][j]=1;            ch=getchar();            ++j;        }    }    fo(i,1,n)        fo(j,2,m-1)        if (i%2) map1[i][j]=1; else map2[i][j]=1;     fo(i,1,m) map1[i][1]=1,map2[i][m]=1;    fo(i,1,n){        fo(j,1,m) printf("%d",map1[i][j]);        printf("\n");    }    printf("\n");    fo(i,1,n){        fo(j,1,m) printf("%d",map2[i][j]);        printf("\n");    }}