python/TangDou/AcWing/FloodFill/1098.md

## [$AcWing$ $1098$. 城堡问题](https://www.acwing.com/problem/content/1100/)

### 一、题目描述
```cpp {.line-numbers}
   1   2   3   4   5   6   7  
   #############################
 1 #   |   #   |   #   |   |   #
   #####---#####---#---#####---#
 2 #   #   |   #   #   #   #   #
   #---#####---#####---#####---#
 3 #   |   |   #   #   #   #   #
   #---#########---#####---#---#
 4 #   #   |   |   |   |   #   #
   #############################
           (图 1)

   #  = Wall   
   |  = No wall
   -  = No wall

   方向：上北下南左西右东。
```
图$1$是一个城堡的地形图。

请你编写一个程序，计算城堡一共有多少房间，最大的房间有多大。

城堡被分割成 $m∗n$ 个方格区域，每个方格区域可以有$0\sim 4$面墙。

注意：墙体厚度忽略不计。

**输入格式**
第一行包含两个整数 $m$ 和 $n$，分别表示城堡南北方向的长度和东西方向的长度。

接下来 $m$ 行，每行包含 $n$ 个整数，每个整数都表示平面图对应位置的方块的墙的特征。

每个方块中墙的特征由数字 $P$ 来描述，我们用$1$表示西墙，$2$表示北墙，$4$表示东墙，$8$表示南墙，$P$ 为该方块包含墙的数字之和。

例如，如果一个方块的 $P$ 为$3$，则 $3 = 1 + 2$，该方块包含西墙和北墙。

城堡的内墙被计算两次，方块$(1,1)$的南墙同时也是方块$(2,1)$的北墙。

输入的数据保证城堡至少有两个房间。

**输出格式**
共两行，第一行输出房间总数，第二行输出最大房间的面积（方块数）。

**数据范围**
$1≤m,n≤50,0≤P≤15$

**输入样例**：
```cpp {.line-numbers}
4 7 
11 6 11 6 3 10 6 
7 9 6 13 5 15 5 
1 10 12 7 13 7 5 
13 11 10 8 10 12 13 
```

**输出样例**：
```cpp {.line-numbers}
5
9
```

### 二、前置知识
这道题的输入挺有意思，为一些数字，其实是理解为$0 \sim 15$的十进制数，转为二进制就是$(0000)_2 \sim (1111)_2$,这四个数位，是表示四个方向：

**$1$表示西墙，$2$表示北墙，$4$表示东墙，$8$表示南墙**

每个方向存在数字$1$表示此方向 **有墙**，$0$表示 **无墙**

用墙维起来的是房间,求 **房间个数** 和 **最大面积**


对于十进制转二进制，并输出二进制的每个数位的值，办法如下：
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    //将十进制转为二进制，并输出每个二进制位的值是0还是1
    int n = 13;
    for (int i = 3; i >= 0; i--)//共4个数位
        cout << (n >> i & 1) << " ";
    return 0;
}
```

### 三、$bfs$宽度优先搜索
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
#define x first
#define y second
const int N = 55, M = N * N;

int n, m;
int g[N][N];   // 地图
PII q[M];      // 队列
bool st[N][N]; // 标识是否走过

int dx[] = {0, -1, 0, 1}; // 左上右下
int dy[] = {-1, 0, 1, 0}; // 西北东南 1 2 4 8 二进制位运算，参考1098_0.cpp

int bfs(int sx, int sy) {
    int hh = 0, tt = -1;
    q[++tt] = {sx, sy};
    st[sx][sy] = true;

    // 一次bfs跑一个连通块，统计一个连通块的面积
    int area = 1; // 既然能入队列，最起码有入口房间，是一个面积

    while (hh <= tt) {
        PII t = q[hh++];
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int tx = t.x + dx[i], ty = t.y + dy[i];
            if (tx == 0 || tx > n || ty == 0 || ty > m) continue;
            if (st[tx][ty]) continue;
            // 1表示西墙，2表示北墙，4表示东墙，8表示南墙
            if (g[t.x][t.y] >> i & 1) continue; // 前进的方向上有墙
            // 连通的房间入队列
            q[++tt] = {tx, ty};
            st[tx][ty] = true;
            area++; // 入队列时房间面积++
        }
    }
    return area;
}
int cnt, area; // 房间数，最大面积
int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            cin >> g[i][j];

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            if (!st[i][j]) {
                // 从此点出发找连通块
                area = max(area, bfs(i, j));
                cnt++; // 记录连通块个数
            }

    printf("%d\n%d\n", cnt, area);
    return 0;
}
```
### 四、$dfs$深度优先搜索 [$void$+全局变量法]
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55;
int g[N][N];
int st[N][N];
int n, m, ans;  //注意这里的ans不能做为dfs参数进行传递，因为维护的是同一个变量

int dx[] = {0, -1, 0, 1}; //左上右上
int dy[] = {-1, 0, 1, 0}; //西北东南 1 2 4 8 二进制位运算，参考1098_0.cpp

void dfs(int sx, int sy) {
    st[sx][sy] = true; //标识此位置已访问过
    ans++;             //到达一个位置，那么面积肯定增大一个

    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int x = sx + dx[i], y = sy + dy[i];
        if (x == 0 || x > n || y == 0 || y > m) continue;
        if (st[x][y]) continue;
        if (g[sx][sy] >> i & 1) continue; //自带数位压缩表示法~,有墙
        dfs(x, y);
    }
}
int cnt, area;

int main() {
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
      for (int j = 1; j <= m; j++)
          cin >> g[i][j];

  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= m; j++)
      if (!st[i][j]) {
        cnt++;  //连通块数量
        ans = 0;               //清零重新统计
        dfs(i, j);             //开始Flood Fill
        area = max(area, ans); // PK目前的最大面积
      }
  //输出结果
  printf("%d\n%d\n", cnt, area);
  return 0;
}
```

### 五、$dfs$深度优先搜索 [$int$+参数变量法]
```c++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55;
int g[N][N];
int st[N][N];
int n, m;

int dx[] = {0, -1, 0, 1}; // 左上右上
int dy[] = {-1, 0, 1, 0}; // 西北东南 1 2 4 8 二进制位运算，参考1098_0.cpp

int dfs(int sx, int sy) {
    st[sx][sy] = true; // 标识此位置已访问过
    int ans = 1;       // 自己贡献一个面积
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int tx = sx + dx[i], ty = sy + dy[i];
        if (tx == 0 || tx > n || ty == 0 || ty > m) continue;
        if (st[tx][ty]) continue;
        if (g[sx][sy] >> i & 1) continue; // 自带数位压缩表示法~,有墙
        ans += dfs(tx, ty);               // 孩子们继续贡献面积
    }
    return ans; // 我们的总面积
}
int cnt, area;

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            cin >> g[i][j];

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            if (!st[i][j]) {
                cnt++;                       // 连通块数量
                area = max(area, dfs(i, j)); // PK目前的最大面积
            }
    // 输出结果
    printf("%d\n%d\n", cnt, area);
    return 0;
}
```

### 六、总结与反思
* $bfs$时，需要注意一下起点的初始加入，标记个数++
*  $dfs$时，也是在进入函数执行时，就意味着此位置可达，标识个数++

### 七、并查集解法 
> $2022-10-08$晚 补充

这道题难度并不大，只要熟练使用 **并查集** 即可。给我们一张地图，`#`代表墙壁，我们用`1`表示西墙，`2`表示北墙，`4`表示东墙，`8`表示南墙，将**没有墙壁隔开的连通的方块记为一个房间**，题目共有两问：

* 房间的总数
* 最大的房间的面积
  
这道题可以使用 **并查集** 和 $FloodFill$ 来做，这里讲解一下使用 **并查集** 的做法。

我们可以从城堡 **左上角** 开始 **逐行枚举**，每次枚举 **北边** 和 **东边** 两个方向(当然，也可以是 **南边** 和 **东边** 两个方向)，就可以**不漏的将可以连接在一起的房间都尽可能的连通**，假设枚举到的位置的数$p=9$，我们需要枚举他东边的墙，我们只需要让$p \& 4$判断是否是$1$，若是$1$则证明 **东边有墙** 。当枚举到的方向没有墙的话，我们就是用 **并查集** 将这两个方块加入到一个连通块中，初始`cnt=n*m`，也就是开始的时候有`n*m`个房间，我们 **连通一次，少一个房间**，最后`cnt`就是房间的个数。

如图，共有五个房间：
<center><img src='https://www.freesion.com/images/447/a50c75a6140b30314b43507557b0d6b7.png'></center>

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 55, M = N * N;

// 1表示西墙，2表示北墙，4表示东墙，8表示南墙

// 模拟向北和向东两个方向
int dx[] = {-1, 0}; // 向北走时，x-1,y不变；向东走时，x不变，y+1
int dy[] = {0, 1};
int dw[] = {2, 4}; // 2:北墙, 4:东墙

// 模拟向东和向南两个方向 也是可以的
// int dx[] = {0, 1}; //向东走时，x不变，y+1; 向南走时，x+1,y不变
// int dy[] = {1, 0};
// int dw[] = {4, 8}; // 4:东墙, 8：南墙

// 模拟向南向西 也是可以的
// int dx[] = {1, 0}; //向南走时，x+1,y不变；向西走时，x不变，y-1
// int dy[] = {0, -1};
// int dw[] = {8, 1}; // 8:南墙, 1:西墙

// 模拟向南向东 也是可以的
// int dx[] = {1, 0}; //向南走时，x+1,y不变；向东走时，x不变，y+1
// int dy[] = {0, 1};
// int dw[] = {8, 4}; // 8:南墙, 4:东墙

int n, m;        // n行m列
int g[N][N];     // 地图
int p[M], sz[M]; // 并查集数组，与并查集内成员个数
int find(int x) {
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
    return p[x];
}

int main() {
    // 读入地图
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            cin >> g[i][j];

    // 初始化并查集
    for (int i = 0; i < M; i++) p[i] = i, sz[i] = 1; // 每个人是自己的祖先，并且自己家族的成员数量为1

    int cnt = n * m, area = 1; // 总共最多有n*m个房间，最大面积最小是1

    // 开始从上到下，从左到右，枚举每个位置
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            // 探讨这个位置的房间，是不是能够向北和向东两个方向前进，也就是检查向北和向东是不是会遇到墙
            for (int u = 0; u < 2; u++)
                if (!(g[i][j] & dw[u])) {                             // 如果没有遇到墙
                    int x = i + dx[u], y = j + dy[u];                 // 获取新的位置
                    if (x <= 0 || x > n || y <= 0 || y > m) continue; // 出界判断
                    int a = (i - 1) * m + j, b = (x - 1) * m + y;     // a是指原位置的编号,b是指拓展后位置的编号
                    // int a = i * m + j, b = x * m + y; //并查集的编号其实是很灵活的，不是非得啥号不可.上面的那行代码一样可以AC

                    // join 合并并查集
                    a = find(a), b = find(b);
                    if (a != b) {
                        cnt--;                   // 合并后，连通块的数量将少了一个
                        sz[b] += sz[a];          // a家族成员加入b家族中
                        p[a] = b;                // a认b做父亲
                        area = max(area, sz[b]); // 更新答案
                    }
                }
    // 输出房间总数，输出最大面积
    printf("%d\n%d\n", cnt, area);
    return 0;
}
```