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解析

乍一看：bfs板子题

冰法师最棒了

然鹅
看了一眼数据范围
心中已有画面

《面 堂 发 黑》

怎么办嘞？

我们想到：
因为该题来与去的可逆性
我们搜一次后，这些点以后都不会再用到
而且每次覆盖到的所有点答案都是一样的
由于第一个结论，我们不必再费心保留原图
由于第二个结论，我们可以用DP来解决
但熟悉bfs模板的小朋友都知道：
bfs模板中途是无法记录都曾有哪些元素曾进队的
（顺道送个bfs模板）：

oid bfs(int x,int y){
	queue<int>xq;
	queue<int>yq;
	xq.push(x);yq.push(y);
	while(!xq.empty()){
		int X,Y;
		X=xq.front();
		Y=yq.front();
		int nx,ny;
		for(int i=0;i<=3;i++){
			nx=X+dx[i];
			ny=Y+dy[i];
			if(nx<=m&&nx&&ny<=n&&ny&&a[nx][ny]){
				a[nx][ny]=0;
				xq.push(nx);
				yq.push(ny);
			}
		}
		xq.pop();
		yq.pop();
	}
	return;
}

解决方法1：

做一个数组存所有进过队的元素，或者直接用指针手写队列
但为了显出我们的高级 更好的代码效率
可以使用

解决方法2：

把坐标的两个数存进一个hash数k中
用same[i][j]=k表示(i,j)的答案与k所对应的答案相等
这样dp只需存入起点答案，其他点用same映射即可

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<deque>
#include<set>
#include<string>
using namespace std;
int a[1005][1005];
long long same[1005][1005];
long long dp[1005][1005];
int jd[1005][1005];
int m,n; 
int dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={1,-1,0,0};
long long hash(int a,int b){
	return a*1331+b;
}
long long bfs(int x,int y){
	if(same[x][y]){
		long long b=same[x][y] % 1331;
		long long a=same[x][y] / 1331;
		return dp[a][b];
	}
	if(dp[x][y]) return dp[x][y];
	queue<int>xq;
	queue<int>yq;
	xq.push(x);yq.push(y);
	jd[x][y]=0;
	int tot=1;
	while(!xq.empty()){
		int X,Y;
		X=xq.front();
		Y=yq.front();
		int nx,ny;
		for(int i=0;i<=3;i++){
			nx=X+dx[i];
			ny=Y+dy[i];
			if(nx<=m&&nx&&ny<=m&&ny&&a[nx][ny]+a[X][Y]==1&&jd[nx][ny]){
				jd[nx][ny]=0;
				same[nx][ny]=hash(x,y);
				tot++;
				xq.push(nx);
				yq.push(ny);
			}
		}
		//a[X][Y]=-10;
		xq.pop();
		yq.pop();
	}
	return dp[x][y]=tot;
}
int main(){
	int t,r;
	scanf("%d%d",&m,&n);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			scanf("%1d",&a[i][j]);
			dp[i][j]=same[i][j]=0;
			jd[i][j]=1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&t,&r);
		printf("%lld\n",bfs(t,r));
	} 
	return 0;
}

AC快乐！！！

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