题意
小凯有两种面值的金币，每种金币有无数个，求在无法准确支付的物品中，最贵的价值是多少金币。
分析
设两种金币面值分别为 $a$ 和 $b ; (a<b)$ ，答案为 $x$，则有$$x equiv ma \, (mod ; b) ; (1 leq m leq b-1)$$
即$$x=ma+nb ; (1 leq m leq b-1)$$
显然当 $n geq 0$ 时 $x$ 可以用 $a,b$ 表示出来，不合题意
因此当 $n=-1$ 时 $x$ 取得最大值，此时 $x=ma-b$
显然当 $m=b-1$ 时 $x$ 最大，此时 $x=(b-1)a-b=ab-a-b$
因此 $a,b$ 所表示不出的最大的数是 $ab-a-b$
题意
在一个棋盘上，棋盘上每一个格子可能是红色、黄色或没有颜色的。你可以向上下左右四个方向走，但所经过的格子必须是有颜色的。当你从一个格子走向另一个格子时，如果两个格子的颜色相同，那你不需要花费金币；如果不同，则你需要花费1个金币。
另外， 你可以花费2个金币使用魔法让下一个无色格子暂时变为你指定的颜色。但如果你使用了这个魔法，走到了这个暂时有颜色的格子上，你就不能继续使用魔法；只有当你离开这个位置，走到一个本来就有颜色的格子上的时候，你才能继续使用这个魔法，而你离开了这个暂时有颜色的格子后，这个格子恢复为无色。
求从棋盘左上角到右下角（保证左上角格子有颜色），最少需要花费多少金币。
分析
这题有很多种做法，看完题后我最先想到了BFS
于是从左上角格子开始向四个方向尝试扩展，同时要记录当前到达任意一个格子所需的最少金币。若扩展时可以使该块的值更优，则将该块的坐标与所需金币数放入队列。扩展的过程只需要分几种情况模拟：有色块至有色块（是否同色），有色块至无色块，无色块至有色块（是否同色）。为了避免很多不必要的重复，我将队列改为了按金币数排序的小根堆。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cmath> #include <vector> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x7fffffff #define N 105 struct Point { int x, y, z, c; bool operator< (Point rhs) const{ return z > rhs.z; } } p, t; int n, m; int g[N][N], f[N][N]; priority_queue<Point> q; int nxt[4][2] = {0, 1, 1, 0, 0, -1, -1, 0}; void bfs() { memset(f, 0x3f, sizeof f); p.x = 1; p.y = 1; p.z = 0; f[1][1] = 0; q.push(p); while (!q.empty()) { t = q.top(); q.pop(); if (t.z > f[t.x][t.y]) continue; for (int i = 0; i < 4; i++) { int dx = t.x + nxt[i][0], dy = t.y + nxt[i][1]; int nc = g[t.x][t.y], dc = g[dx][dy]; if (dx < 1 || dx > n || dy < 1 || dy > n) continue; if (t.z > f[dx][dy]) continue; if (nc) { if (dc) { if (nc == dc) { if (t.z < f[dx][dy]){ p.x = dx; p.y = dy; p.z = t.z; f[p.x][p.y] = p.z; q.push(p); } } else if (t.z + 1 < f[dx][dy]) { p.x = dx; p.y = dy; p.z = t.z + 1; f[p.x][p.y] = p.z; q.push(p); } } else if (t.z + 2 <= f[dx][dy]) { p.x = dx; p.y = dy; p.z = t.z + 2; p.c = nc; f[p.x][p.y] = p.z; q.push(p); } } else if (dc) { if (t.c == dc) { if (t.z < f[dx][dy]) { p.x = dx; p.y = dy; p.z = t.z; f[p.x][p.y] = p.z; q.push(p); } } else if (t.z + 1 < f[dx][dy]) { p.x = dx; p.y = dy; p.z = t.z + 1; f[p.x][p.y] = p.z; q.push(p); } } } } } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1; i <= m; i++) { int x, y, c; scanf("%d%d%d", &x, &y, &c); if (c) g[x][y] = 1; else g[x][y] = 2; } bfs(); if (f[n][n] < 1061109567) printf("%d ", f[n][n]); else printf("-1 "); return 0; }
题意
确定一个起点，在起点右侧画n个格子，这些格子与起点分别有一定的距离。每个格子内有一个数字，表示到达这个格子能得到的分数。玩家第一次从起点开始向右跳，跳到起点右侧的一个格子内，第二次再从当前位置继续向右跳，依此类推。玩家可以在任意时刻结束游戏，获得的分数为曾经到达过的格子中的数字之和。
小R研发了一款弹跳机器人来参加这个游戏。这个机器人每次向右弹跳的距离只能为固定的d。小R如果花g个金币改进他的机器人，那么他的机器人灵活性就能增加g，即他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为d-g, d-g+1, d-g+2, ···, d+g-2, d+g-1, d+g（最小为1）。
现在小R希望至少获得k分，求他至少要花多少金币来改造他的机器人。
分析
我们可以看出得分对于g是单调的，所以考虑二分查找最小符合要求的g。然后对与每个g，我们只需要DP算出到达每个格子可以得到的最高分，然后判断是否存在大于等于k的分数
关于二分g的范围，最小值是0，最大值是离起点最远的格子的距离。由于这个算法不是很优秀，为了不超时得到50分，我把最大值设为1e6，没想到AC了，看来数据比较水，每个测试点的答案都不是很大...
然而正解是单调队列优化，将DP的二维降至了一维
下面是我写的代码（非正解的AC代码）
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cmath> #include <vector> using namespace std; #define ll long long //#define inf 0x7fffffff #define N 500005 inline ll read() { ll x = 0, f = 1; char ch = getchar(); while (ch < '0' || ch > '9') {if ( ch == '-') f = -1; ch = getchar();} while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0'; ch = getchar();} return x *= f; } int n; ll sum, m, d, l = 0, r = 1000000, mid, ans; ll x[N], s[N], f[N]; ll maxx(ll a, ll b) { if (a > b) return a; return b; } bool check(ll g) { memset(f, 128, sizeof f); f[0] = 0; for (int i = 0; i < n; i++) for (int j = i + 1; j <= n; j++) { if (x[j] - x[i] > d + g) break; if (x[j] - x[i] < maxx(d - g, 1)) continue; f[j] = maxx(f[j], f[i] + s[j]); if (f[j] >= m) return true; } return false; } int main() { scanf("%d%lld%lld", &n, &d, &m); for (int i = 1; i <= n; i++) { x[i] = read(); s[i] = read(); if (s[i] > 0) sum += s[i]; } if (sum < m) { printf("-1 "); return 0; } while (l <= r) { mid = (l + r) >> 1; check(mid) ? ans = mid, r = mid - 1 : l = mid + 1; } printf("%lld ", ans); return 0; }