2024牛客暑期多校训练营1 I.Mirror Maze（题解）

题意

给一个 \(n \times m\) 的二维char数组，由4种镜子组成，'\', '/', '-', '|'，镜面反射规则就是根据光线的方向和镜面的角度符合直觉的反射，然后有多组询问 \(q \leq 10^6\)，每次给定起始位置和光线方向，求该光会经过多少面不同的镜子的反射。

思路

首先根据数据范围，发现肯定需要预处理答案，然后每次 \(O(1)\) 回答，所以考虑如何进行预处理，首先显然预处理是开一个 \(ans[n][m][4]\) 的数组，把每个位置的4种方向对应答案都存起来。(注意:这里的 \(ans[i][j][k]\) 表示的是方向为 \(k\) 的光线正要射向 \(ch[i][j]\) 的镜子时，总的会反射过的镜子数。而题目询问时起点的镜子不算，所以询问时要先根据方向移动一格，才对应上前面设置的状态的含义)

然后需要一些性质，一束光在这个矩阵里要么是陷入死循环，要么就一定会射出去越界消失。所以需要分别处理这两种情况。

还有最重要的一个性质就是，因为光路可逆， 所以每个状态(即上面的总共 4nm种状态)，一定只对应一条光路，也就是光路之间一定是没有重合的。这就启示了，可以直接爆搜，爆搜出来的状态不会有重复的。

然后就到了如何把环与链单独抽出来的问题，这个也是本题的难点(题解里只是讲了思路，具体如何抽，感觉也是非常考察代码能力)。赛后看了别人的代码，发现了巧妙的抽法。

还是由于前面的性质，对于一个链，最终肯定是射向出界，所以我们可以反过来，从四个边界往里射入光线，这些状态一定是可以作为链的起点的，然后根据题意爆搜，直到再次出界为止。把过程中经历的所有状态全部存起来(可以用vector<tuple<int, int, int>>储存)，这些状态就是链上的状态，然后倒叙遍历状态，维护每个状态的前缀会反射过的镜子(实现上，我先用一个函数表示一个状态是否会反射到那个位置的镜子，再用一个set把反射到的镜子的位置存起来)，然后就处理好了链。

接下来考虑处理环，因为前面已经把所有可能的链都处理好，所以直接暴力 for 循环遍历总的 4nm种状态，如果有状态未访问过，说明这个状态一定在环上，直接从它开始再暴力dfs，直到又到达一个已经访问过的状态，说明环走完了，对这些状态全部反射过的镜子用set存一下，然后set的大小就是这个环上所有状态的答案。

最后的询问，先根据方向偏移一下，然后直接输出预处理的答案即可。代码细节如下:

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define pii pair<int, int>
#define tii tuple<int, int, int>
#define all(a) a.begin(), a.end()
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 10;
char ch[maxn][maxn];
int n, m, ans[maxn][maxn][4];
int vis[maxn][maxn][4];
vector<tii> vec;
bool istan(int x, int y, int dir) {  // 标记某个状态是否有经过镜子的反射char tem = ch[x][y];if (tem == '/' || tem == '\\')return 1;if (tem == '-' && (dir == 0 || dir == 1))return 1;if (tem == '|' && (dir == 2 || dir == 3))return 1;return 0;
}
void dfs(int x, int y, int dir) {// 根据题意模拟反射过程，越界或者访问过退出if (x < 1 || x > n || y < 1 || y > m)  // 链的退出条件return;if (vis[x][y][dir])  // 环的退出条件return;vec.push_back(tii(x, y, dir));vis[x][y][dir] = 1;if (ch[x][y] == '/') {if (dir == 0) {dfs(x, y + 1, 3);} else if (dir == 1) {dfs(x, y - 1, 2);} else if (dir == 2) {dfs(x + 1, y, 1);} else {dfs(x - 1, y, 0);}} else if (ch[x][y] == '\\') {if (dir == 0) {dfs(x, y - 1, 2);} else if (dir == 1) {dfs(x, y + 1, 3);} else if (dir == 2) {dfs(x - 1, y, 0);} else {dfs(x + 1, y, 1);}} else if (ch[x][y] == '-') {if (dir == 0) {dfs(x + 1, y, 1);} else if (dir == 1) {dfs(x - 1, y, 0);} else if (dir == 2) {dfs(x, y - 1, 2);} elsedfs(x, y + 1, 3);} else if (ch[x][y] == '|') {if (dir == 0)dfs(x - 1, y, 0);else if (dir == 1)dfs(x + 1, y, 1);else if (dir == 2) {dfs(x, y + 1, 3);} else {dfs(x, y - 1, 2);}}
}
void solve1(int x, int y, int dir) {// 处理链vec.clear();dfs(x, y, dir);reverse(all(vec));  // 倒叙遍历状态更新答案set<pii> s;for (auto [a, b, c] : vec) {if (istan(a, b, c))s.insert(pii(a, b));ans[a][b][c] = s.size();}
}
void solve2(int x, int y, int dir) {// 处理环vec.clear();dfs(x, y, dir);set<pii> s;for (auto [a, b, c] : vec) {if (istan(a, b, c))s.insert(pii(a, b));}for (auto [a, b, c] : vec)ans[a][b][c] = s.size();  // 环上的答案都一样
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++)cin >> ch[i][j];// 从边界射入的光线一定是链for (int i = 1; i <= n; i++)solve1(i, 1, 3), solve1(i, m, 2);for (int j = 1; j <= m; j++)solve1(1, j, 1), solve1(n, j, 0);// 还未访问的状态，一定是环上的状态for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++)for (int k = 0; k < 4; k++)if (!vis[i][j][k]) {solve2(i, j, k);}int q;cin >> q;map<string, int> mp;mp["above"] = 0;mp["below"] = 1;mp["left"] = 2;mp["right"] = 3;while (q--) {int x, y;string str;cin >> x >> y >> str;// 先根据方向偏移一格int tem = mp[str];if (tem == 0)x--;else if (tem == 1)x++;else if (tem == 2)y--;elsey++;cout << ans[x][y][tem] << "\n";}return 0;
}