1.白銀蓮花池

LUOGU 2411

第一種思路：當然我們可以寫三個bfs a掉這個題，這寫下來一二百行要有了吧；

第二種：我們可以在一個bfs中維護所有的信息，一個方向數組，從起點開始，向八個方向擴展，如果添加的蓮花需要少，就更新當前的值，如果添加蓮花一樣多但所需步數更少，也更新，目標點方案數等於當前點方案數。特別地，如果添加蓮花和步數一樣多，目標點方案數加上當前點方案數。以上三種情況目標點皆需入隊；

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數組表示需要添加蓮花的最小值，bs表示需要的最小步數，hl表示方案數；

#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;
}

2.跳樓機

LUOGU 3403

寫這個題有點難受，讀錯題了然後考慮只有x，y是以為是組合數，想成有年數學自招題了，我哭遼...

又有點像背包 1e18 呵呵，放棄，但再仔細想想，這個題和墨墨的等式有點像啊，墨墨的題解；

在老師的指引下，我們可以列出公式ans+=（h-i*x）/y;；

表示通過 y,z兩個操作可以到達的 mod x=i最小的樓層。

可以得知：f[i+y]=f[i]+y，f[i+z]=f[i]+z.

洛谷這個題解感覺很棒：https://fengzi8615.blog.luogu.org/solution-p3403

令f(i)表示表示僅通過操作2和操作3能到達的 modx == i 的最小樓層

很容易得出狀態轉移方程

• f(i+y)=f(i)+yf(i+y)=f(i)+y;
• f(i+z)=f(i)+zf(i+z)=f(i)+z;

能到達mod x=i+y的最小樓層
即在能到達mod x=i的最小樓層的基礎上,再執行一遍操作2

我們來看看最短路的求法 f(y)=f(x)+edge(i)

y是子結點,x是父節點,edge表示權值
這個寫法跟我們上面的轉移方程很像誒
於是考慮讓(i+y)和(i+z)成為點;
讓y,z成為權值從而算出f(i)；

ans+=(h-f[i])/x +1
由於f(i)是在不適用操作1的情況下
所以h和f(i)之間的差值由操作1來完成
而每進行操一次作1,我們就可以到達一個新的樓層
所以答案就要累加上進行操作1的次數

即 (h-f[i])/x +1

為什麽要+1呢,因為除法是向下取整,註意由於f數組的存在,是不可能出現剛好被整除的,這一點請自己思考；

D9 圖論綜合題