题目链接：F. Polycarp and Hay
题目大意：
给出一个n行m列的矩阵，一个k值，让按照要求修改矩阵
1.矩阵上的数值只能减小，不能增加
2.修改后的矩阵，一些位置上的点的大小要相等，其他位置上的点必须为0
3.这个位置上的点的和要等于k
4.这些点中至少有一个钥等于原矩阵中的对应位置的点的大小
5.这些点必须要联通
如果能得到这样的矩阵就输出，否则就输出NO；
思路：
1.从第四条规则切入，修改后的矩阵中肯定只包含原矩阵中的一个数字和0。
2.对矩阵每个点Ai j进行计算，如果A ij 的cnt倍等于k，并且矩阵中存在大于等于A ij并且和A ij联通的区域，该区域中的数字个数大小大于等于cnt，那么就是答案了。
3.用bfs求联通区域的大小，从i j开始搜索，然后查找和他联通的大小，查找到cnt个就可以返回ture。直接输出。
但是不做优化的话在95会TLE。每次搜索一个点，如果该点的cnt倍数等于k，但是它组成的联通块的大小小于cnt个，就无法构成答案，但是这些联通块中有和他相等的数字，那么这些数字也不用搜索，他们组成的联通块大小必然也无法大于cnt,这些就是无用的点。开个con数组，标记这些无需再搜索的点。
代码：
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1005;
int sk[N][N];
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>Pii;
ll k;
vector<ll>v;
int sum=0,vis[N][N],n,m, con[N][N];
int dx[4]={0,1,0,-1},dy[4]={1,0,-1,0};
//查询联通块大小
bool bfs(Pii p,int cnt)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<Pii>q;
q.push(p);
vis[p.first][p.second]=1;
int res=1;
while(!q.empty())
{
if(res==cnt)return true;
Pii pt=q.front();
q.pop();
int x=pt.first;
int y=pt.second;
for(int i=0;i<4;++i)
{
int nx=x+dx[i];
int ny=y+dy[i];
if(nx<0||nx>=n||ny<0||ny>=m)continue;
if(!vis[nx][ny]&&sk[nx][ny]>=sk[p.first][p.second])
{
if(sk[nx][ny]==sk[p.first][p.second])con[nx][ny]=1;
vis[nx][ny]=1;
res++;
q.push(Pii(nx,ny));
if(res==cnt)return true;
}
}
}
return false;
}
int main()
{
int flag=0;
memset(con,0,sizeof(con));
int i,j;
cin>>n>>m>>k;
for(i=0;i<n;++i)
for(j=0;j<m;++j)
scanf("%d",&sk[i][j]);
int ans=-1;
for(i=0;i<n;++i)
{
for(j=0;j<m;++j)
{
ll cnt=k/sk[i][j];
//如果是该点的cnt倍数是k，并且没有被标记过无用点的就进行搜索。
if(cnt<=n*m&&!(k%sk[i][j])&&!con[i][j])
{
if(bfs(Pii(i,j),cnt))
{
ans=sk[i][j];
flag=1;
break;
}
}
}
if(flag)break;
}
if(ans==-1)
{
cout<<"NO";
return 0;
}
cout<<"YES"<<endl;
for(i=0;i<n;++i)
for(j=0;j<m;++j)
{
if(vis[i][j])
printf("%d%c",ans," \n"[j==m-1]);
else printf("0%c"," \n"[j==m-1]);
}
return 0;
}