D9 图论综合题

1.白银莲花池

第一种思路：当然我们可以写三个bfs a掉这个题，这写下来一二百行要有了吧；

第二种：我们可以在一个bfs中维护所有的信息，一个方向数组，从起点开始，向八个方向扩展，如果添加的莲花需要少，就更新当前的值，如果添加莲花一样多但所需步数更少，也更新，目标点方案数等于当前点方案数。特别地，如果添加莲花和步数一样多，目标点方案数加上当前点方案数。以上三种情况目标点皆需入队；

int add[50][50],bs[50][50],vis[50][50],sx,sy,tx,ty,n,m,w[500][500];
long long ans,c,hl[500][500];//add数组表示需要添加莲花的最小值，bs表示需要的最小步数，hl表示方案数；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
inline int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
int dx[9]={-2,-1,1,2,2,1,-1,-2};
int dy[9]={1,2,2,1,-1,-2,-2,-1};
int add[50][50],bs[50][50],vis[50][50],sx,sy,tx,ty,n,m,w[500][500];
long long ans,c,hl[500][500];
queue<pii>q;
int main()
{
    //freopen("silvlily.in","r",stdin);
    //freopen("silvlily.out","w",stdout);
    m=read();n=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            w[i][j]=read();
            if(w[i][j]==4)  tx=i,ty=j;
            if(w[i][j]==3) 
            {
                q.push(make_pair(i,j));
                vis[i][j]=1;
                hl[i][j]=1;
                //sx=i,sy=j;
            }
            else add[i][j]=1e9,bs[i][j]=1e9;
        }
    int a,b,x,y,flag;
    while(q.size())
    {
        x=q.front().first,y=q.front().second;
        q.pop();
        vis[x][y]=0;
        a=add[x][y],b=bs[x][y],c=hl[x][y];
        for(int i=0;i<8;i++)
        {
            int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i],flag=0;
            if(xx<1||xx>m||yy<1||yy>n||w[xx][yy]==2||a>add[xx][yy]) continue;
            if(w[xx][yy])
            {
                if(a<add[xx][yy]||b+1<bs[xx][yy])
                    add[xx][yy]=a,bs[xx][yy]=b+1,hl[xx][yy]=c,flag=1;
                else if(b+1==bs[xx][yy]) hl[xx][yy]+=c,flag=1;
            }    
            else if(a+1<add[xx][yy]||(a+1==add[xx][yy]&&b+1<bs[xx][yy]))
                add[xx][yy]=a+1,bs[xx][yy]=b+1,hl[xx][yy]=c,flag=1;
            else if(a+1==add[xx][yy]&&b+1==bs[xx][yy])
                hl[xx][yy]+=c,flag=1;
            if(flag&&!vis[xx][yy]&&(xx!=tx||yy!=ty))
                q.push(make_pair(xx,yy)),vis[xx][yy]=1;
        }
    }
    //cout<<hl[tx][ty]<<endl;
    if(add[tx][ty]==1e9)
    {
        cout<<"-1"<<endl;
        return 0;
    }
    else cout<<add[tx][ty]<<endl<<bs[tx][ty]<<endl<<hl[tx][ty]<<endl;
    return 0;
}

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2.跳楼机

LUOGU 3403

写这个题有点难受，读错题了然后考虑当只有x，y是以为是组合数，我哭辽...

又有点像背包 1e18 呵呵，放弃，但再仔细想想，这个题和墨墨的等式有点像啊，墨墨的题解；

在老师的指引下，我们可以列出公式ans+=（h-i*x）/y;；

我们将x作为最后的拓展，我们相当于分成modx成x种情况进行分类，同余建图对于每一个同余类，我们只需要找到在当前情况下的最低点，那么每次累加x便能再次向上跳，(h-d[i])/x便会得到最后的结果，+1是因为在执行除法时我们讲最低点的情况舍去了；

$表示通过$

可以得知：

洛谷这个题解感觉很棒：https://fengzi8615.blog.luogu.org/solution-p3403

令

很容易得出状态转移方程

能到达

我们来看看最短路的求法

即为什么要

去掉n边形中的任意一条边，有n种做法，此时肯定有一个五边形和残余的n边形形成一个新环；

我们需要在新环上再去掉一条边，然后按照思考过程对剩下的n-1个五边形去边，有5^（n-1）种方案，所以乘起来就得到ans=4 n 5^（n-1）；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=2007;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
    x=0;T f=1,ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
    if(ch=='-') f=-1, ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
    x*=f;
}
inline ll Quick_mul(ll x,ll y)
{
    return((x*y-(ll)(((long double)x*y+0.5)/mod)*mod)%mod+mod)%mod;
}
inline ll Quick_power(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=Quick_mul(ans,a);
        a=Quick_mul(a,a);
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    //freopen("data.in","r",stdin);
    //freopen("data.out","w",stdout);
    int t;
    read(t);
    while(t--)
    {
        int n;
        read(n);
        if(n==1) puts("5");
        else
        {
            ll ans=Quick_power(5,n-1);
            printf("%lld\n",ans*n*4%mod);
        }
    }
    return 0;
}

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posted @ 2019-03-25 09:10 Tyouchie 阅读(167) 评论(0) 编辑收藏举报

会员力量，点亮园子希望

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D9 图论综合题

令f(i)表示表示仅通过操作2和操作3能到达的 modx == i 的最小楼层

很容易得出状态转移方程

f(i+y)=f(i)+y f(i+z)=f(i)+z

公告

令