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有一个仅由数字 0 与 1 组成的 n×n 格迷宫。若你位于一格 0 上，那么你可以移动到相邻 4 格中的某一格 1 上，同样若你位于一格 1 上，那么你可以移动到相邻 4 格中的某一格 0 上。
你的任务是：对于给定的迷宫，询问从某一格开始能移动到多少个格子（包含自身）。
输入格式
第一行为两个正整数 n,m。
下面 n 行，每行 n 个字符，字符只可能是 0 或者 1，字符之间没有空格。
接下来 m 行，每行两个用空格分隔的正整数 i,j，对应了迷宫中第 i 行第 j 列的一个格子，询问从这一格开始能移动到多少格。
输出格式
m 行，对于每个询问输出相应答案。
输入输出样例
输入 #1复制
2 2 01 10 1 1 2 2
输出 #1复制
4 4
说明/提示
对于样例，所有格子互相可达。
- 对于 20% 的数据，n≤10；
- 对于 40% 的数据，n≤50；
- 对于 50% 的数据，m≤5；
- 对于 60% 的数据，n,m≤100；
- 对于 100% 的数据，1≤n≤1000，1≤m≤100000。
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
// 定义移动方向：上、下、左、右
const int directions[4][2] = {{-1, 0}, {1, 0}, {0, -1}, {0, 1}};
// BFS函数：从(i,j)开始探索连通区域，并返回区域大小
int bfs(int i, int j, vector<string>& grid, vector<vector<int>>& component, int componentId) {
queue<pair<int, int>> q;
q.push({i, j});
component[i][j] = componentId;
int size = 0;
while (!q.empty()) {
auto current = q.front();
q.pop();
int x = current.first;
int y = current.second;
size++;
for (int d = 0; d < 4; ++d) {
int nx = x + directions[d][0];
int ny = y + directions[d][1];
if (nx >= 0 && nx < grid.size() && ny >= 0 && ny < grid.size()) {
if (grid[x][y] != grid[nx][ny] && component[nx][ny] == 0) {
component[nx][ny] = componentId;
q.push({nx, ny});
}
}
}
}
return size;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<string> grid(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> grid[i];
}
vector<vector<int>> component(n, vector<int>(n, 0));
vector<int> componentSize;
int componentId = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (component[i][j] == 0) {
int size = bfs(i, j, grid, component, componentId);
componentSize.push_back(size);
componentId++;
}
}
}
while (m--) {
int i, j;
cin >> i >> j;
i--; j--;
cout << componentSize[component[i][j] - 1] << '\n';
}
return 0;
}
我用最直观的方式解释为什么 连通区域ID + 预处理 能大幅提升查询效率，而 每次查询单独BFS 会很慢。就像查字典和现场数数的区别！
场景类比
假设你管理一个学校，学生分成若干朋友圈（连通区域）。现在有 m 个问题，每个问题问：“某学生的朋友圈有多少人？”
方法1：每次现场数（单独BFS）
-
操作：每次有人提问，你就去教室找到这个学生，现场数他朋友圈的人数。
-
问题：如果同一个朋友圈被问多次（比如100次），你会重复数100次，效率极低。
方法2：提前统计 + 查表（连通区域ID）
-
操作：
-
预处理：提前把所有朋友圈找出来，给每个朋友圈编号（ID），并统计好人数。
-
查表：遇到提问时，直接根据编号查表回答。
-
-
优势：无论问多少次，每个朋友圈只需统计一次，后续全是
O(1)查询。
在迷宫问题中的具体体现
1. 单独BFS的问题
-
每次查询：都要从起点重新BFS，可能重复遍历相同区域。
例子：
如果查询(1,1)和(2,2)属于同一区域，你会两次BFS遍历整个区域，浪费时间。
2. 预处理 + 连通区域ID的优势
-
预处理阶段：
用一次全图遍历（O(n²)），标记所有格子的区域ID，并记录每个区域的大小。-
component[i][j]：格子(i,j)的区域ID。 -
componentSize[id]：区域id的大小。
-
-
查询阶段：
直接通过component[i][j]找到区域ID，再用componentSize查大小，只需O(1)时间。
关键点：
-
空间换时间：预处理阶段多用了
O(n²)的空间存储component数组，但将查询时间从O(n²)降到O(1)。 -
避免重复计算：同一区域的查询只需计算一次。
复杂度对比
| 方法 | 预处理时间 | 单次查询时间 | m次查询总时间 |
|---|---|---|---|
| 每次单独BFS | 无 | O(n²) | O(m·n²) |
| 预处理 + 连通区域ID | O(n²) | O(1) | O(n² + m) |
当 m 很大时（比如 m=1e5）：
-
单独BFS：1e5 × 1e6 = 1e11 次操作（不可接受）。
-
预处理：1e6 + 1e5 ≈ 1e6 次操作（快1e5倍）。
例子说明
迷宫示例
复制
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0 1 0 1 0 1 0 1 0
-
连通区域：所有格子互通，区域ID=1，大小=5。
-
查询 (1,1) 和 (2,3)：
-
单独BFS：两次完整BFS，遍历5个格子各两次 → 共10次操作。
-
预处理：预处理遍历5格子，查询直接读表 → 共5+2=7次操作。
-
更极端例子
-
迷宫全为
0（只有一个区域，大小n²）。 -
查询m次同一区域：
-
单独BFS：m × n² 次操作。
-
预处理：n² + m 次操作。
-
为什么 component[i][j] - 1？
-
componentSize是数组，下标从0开始。 -
区域ID从
1开始（因为0表示未访问）。 -
所以区域
id的大小存储在componentSize[id-1]。
该用哪种方法？
-
预处理 + ID：适合 查询次数多（m很大） 或 同一区域被多次查询。
-
单独BFS：适合 查询次数极少（m很小） 或 迷宫极小。
最终结论
连通区域ID的本质是 提前划分好所有“团伙”并统计信息，后续查询直接“查表”，避免重复劳动。就像提前统计好班级人数，以后随问随答，不用每次都去教室数人头！