题目
说明
一个有关奶牛的鲜为人知的事实是她们都是红绿色盲，也就是说，在她们看来，红色和绿色是一样的（译者注：奶牛把这种颜色称作“红绿色”）。这使得我们设计的艺术作品难以同时符合人类和奶牛的审美口味。考虑一个由N x N格字符表示的方形绘画作品，其中每个字符为R（红），G（绿）或者B（蓝）。一幅绘画如果有许多互不相同的着色“区域”，则我们认为它是有趣的。如果两个字符是直接相邻的（一个在另一个的东、南、西、北方向）且其表示的颜色相同，则这两个字符属于同一个区域。例如，下面这幅绘画作品：
RRRBB
GGBBB
BBBRR
BBRRR
RRRRR
如果由人类来看有4个区域（2个红色，1个蓝色和1个绿色区域），而如果由奶牛来看则只有3个区域（2个红绿色，1个蓝色区域）。现给你一副绘画作为输入，请计算该作品由人类和奶牛来看分别有多少个区域。
输入格式
第1行：整数N（N<=100）。
第2..1+N行：每行包含一个长度为N的字符串，表示绘画作品的一行。
输出格式
第1行：两个空格隔开的整数，分别给出由人类和奶牛欣赏绘画作品时会看见多少个区域。
样例
输入数据 1
5
RRRBB
GGBBB
BBBRR
BBRRR
RRRRR
输出数据 1
4 3
思路
做这道题目前建议先做做一本通P1329细胞,因为这题是细胞的举一反三。
主函数逻辑
先设数组vis，vis[i][j] == 1表示(i,j)位置已经访问过。
然后2次搜索连通块的数量(第一次是人,第二次是奶牛)
每次都是遍历地图中的每个位置，从每个位置开始进行搜索。
在遍历网格的过程中，一次成功开始的搜索可以确定一个连通块，统计连通块的个数，即为结果。
主函数:
int main()
{
cin>>n;
m = n;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < n; j++)
{
cin>>a[i][j];
}
}
//以人来看有多少连通块
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < m; j++)
{
if(vis[i][j] == 0)//如果该位置没有访问过，那么访问该位置，并bfs。
{
colour++;
bfs(i,j);
}
}
}
cout<<colour<<' ';
memset(vis,0,sizeof(vis));//因为后面还有bfs以奶牛来看有多少连通块,所以要初始化
colour = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < m; j++)
{
if(vis[i][j] == 0)//跟以人来看同理(就是bfs变成了bfs_2)
{
colour++;
bfs_2(i,j);
}
}
}
cout<<colour;
return 0;
}2次bfs函数逻辑
bfs(ren)跟普通bfs差不多,就是判断能不能将现搜到的点加进队列中的条件变了:
nd.x >= 0 && nd.x < n && nd.y >= 0 && nd.y < m
&& a[nd.x][nd.y] == a[t.x][t.y] && vis[nd.x][nd.y] == 0也就是判断现在搜到的点是否没有越界,且搜到的点与走到搜到的点的点是否相同,且没走过。
但是bfs_2(奶牛)的判断条件就又变了一下:
if(nd.x >= 0 && nd.x < n && nd.y >= 0 && nd.y < m && (a[nd.x][nd.y] == a[t.x][t.y] || (a[nd.x][nd.y] == 'R' && a[t.x][t.y] == 'G') || (a[nd.x][nd.y] == 'G' && a[t.x][t.y] == 'R')) && vis[nd.x][nd.y] == 0)也就是判断现在搜到的点是否没有越界,且(搜到的点与走到搜到的点的点是否相同或者这2个点一个是R,一个数是G(因为奶牛是红绿色盲)),且没走过。
2次bfs:
void bfs(int x,int y)
{
dot t;
t.x = x;
t.y = y;
q.push(t);
while(!q.empty())
{
t = q.front();
for(int i = 0; i < 4; i++)
{
dot nd = t;
nd.x = nd.x + dx[i];
nd.y = nd.y + dy[i];
if(nd.x >= 0 && nd.x < n && nd.y >= 0 && nd.y < m && a[nd.x][nd.y] == a[t.x][t.y] && vis[nd.x][nd.y] == 0)
{
q.push(nd);
vis[nd.x][nd.y] = colour;
}
}
q.pop();
}
}
void bfs_2(int x,int y)
{
dot t;
t.x = x;
t.y = y;
q.push(t);
while(!q.empty())
{
t = q.front();
for(int i = 0; i < 4; i++)
{
dot nd = t;
nd.x = nd.x + dx[i];
nd.y = nd.y + dy[i];
if(nd.x >= 0 && nd.x < n && nd.y >= 0 && nd.y < m && (a[nd.x][nd.y] == a[t.x][t.y] || (a[nd.x][nd.y] == 'R' && a[t.x][t.y] == 'G') || (a[nd.x][nd.y] == 'G' && a[t.x][t.y] == 'R')) && vis[nd.x][nd.y] == 0)
{
q.push(nd);
vis[nd.x][nd.y] = colour;
}
}
q.pop();
}
}代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;//行 列
char a[1000][1000];
int vis[1000][1000];
int dx[4]= {-1,0,1,0},dy[4]= {0,1,0,-1};
int colour;
struct dot
{
int x,y;
};
queue<dot>q;
void bfs(int x,int y)
{
dot t;
t.x = x;
t.y = y;
q.push(t);
while(!q.empty())
{
t = q.front();
for(int i = 0; i < 4; i++)
{
dot nd = t;
nd.x = nd.x + dx[i];
nd.y = nd.y + dy[i];
if(nd.x >= 0 && nd.x < n && nd.y >= 0 && nd.y < m && a[nd.x][nd.y] == a[t.x][t.y] && vis[nd.x][nd.y] == 0)
{
q.push(nd);
vis[nd.x][nd.y] = colour;
}
}
q.pop();
}
}
void bfs_2(int x,int y)
{
dot t;
t.x = x;
t.y = y;
q.push(t);
while(!q.empty())
{
t = q.front();
for(int i = 0; i < 4; i++)
{
dot nd = t;
nd.x = nd.x + dx[i];
nd.y = nd.y + dy[i];
if(nd.x >= 0 && nd.x < n && nd.y >= 0 && nd.y < m && (a[nd.x][nd.y] == a[t.x][t.y] || (a[nd.x][nd.y] == 'R' && a[t.x][t.y] == 'G') || (a[nd.x][nd.y] == 'G' && a[t.x][t.y] == 'R')) && vis[nd.x][nd.y] == 0)
{
q.push(nd);
vis[nd.x][nd.y] = colour;
}
}
q.pop();
}
}
int main()
{
cin>>n;
m = n;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < n; j++)
{
cin>>a[i][j];
}
}
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < m; j++)
{
if(vis[i][j] == 0)
{
colour++;
bfs(i,j);
}
}
}
cout<<colour<<' ';
memset(vis,0,sizeof(vis));
colour = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < m; j++)
{
if(vis[i][j] == 0)
{
colour++;
bfs_2(i,j);
}
}
}
cout<<colour;
return 0;
}
