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; }
2.跳楼机
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y,z两个操作可以到达的 mod x=i最小的楼层；
可以得知：d[i+y]=d[i]+y，d[i+z]=d[i]+z.
洛谷这个题解感觉很棒：https://fengzi8615.blog.luogu.org/solution-p3403
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
能到达mod x=i+y的最小楼层
即在能到达mod x=i的最小楼层的基础上,再执行一遍操作2
我们来看看最短路的求法 f(y)=f(x)+edge(i)
y是子结点,x是父节点,edge表示权值
这个写法跟我们上面的转移方程很像诶
于是考虑让(i+y)和(i+z)成为点;
让y,z成为权值从而算出f(i)；
ans+=(h-f[i])/x +1
由于f(i)是在不适用操作1的情况下
所以h和f(i)之间的差值由操作1来完成
而每进行操一次作1,我们就可以到达一个新的楼层
所以答案就要累加上进行操作1的次数
即 (h-f[i])/x +1 为什么要+1呢 因为除法是向下取整,注意由于f数组的存在,是不可能出现刚好被整除的,这一点请自己思考；
3.中山市选【生成树】
画图，原图4n个点，5n条边，对于生成树n个点n-1条边，但本题还有每个五边形都有中间n边形重叠一条边；
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 ",ans*n*4%mod); } } return 0; }