saintjasper的博客

①所得新路径长度

很明显是一个单源最短路的题目，但是如果是点到点的话，每次到达某个点所乘的轨道线编号可能不同，如果创一个不同轨道线到达点的最短路径数组的话大小就10^10了会爆，所以干脆就采用边到边的最短路，dijkstra里面堆里存的边代表着通过某条边号到达的该点。样例二：从1->n有两种路线 ①1->2->3 花费两条轨道时间1+1，以及从1号线换到2号线的时间1，总共时间3。给一个双向图，点是地铁站，边是轨道，每条边都有不同的轨道线编号，轨道往返所需时间一样。求从 1 号地铁站到 n 号地铁站的最短时间。

给一个有向无环图，求 图中每个点到每个点的路径条数 * 起点的a值 * 终点的b值，结果模1e9+7。弄清dfs过程后，做法就显而易见了。b2=1，1到3，两条路径，2。b3=2，2到3，一条路径，1。1到2，一条路径，1。

样例一：① 正常路线 10->3->6->14->8，值为41。② 转弯路线 10->3->6->2->6->14->8，值为49。② 若每一步不能与前一步的方向相同，也就是只能转弯或者后退，输出从这时从{r1,c1}到{r2,c2}最短路径。① 只能上下左右走，输出从{r1,c1}到{r2,c2}最短路径，路径长度就是所走格子的和。给一个n*m的矩阵，每一格要么是 * 代表障碍 ，要么是可走的1-100的整数。算是板子题，开始想的贪心，后来还是得弄四个方向的最短路才行。第一问直接dijkstra即可。

给一个大多连块和小多连块，你的任务是判断大多连块是否可以由两个这样的小多连块拼成。小多连块只能平移，不能旋转或者翻转。中间那幅图的问题在于其中一个小多连块旋转了，而右图更离谱：拼在一起的那两个多连块根本就不是那个给定的小多连块（给定的小多连块画在右下方）。要求第一个图是否涵盖第二个图，我们可以把第二个图的点记录一下，以最上面最左边的点为原点，把其他所有点的坐标与原点的差值存起来。搜第一个图时，找到一点后只用判断以该点为原点，其他加上差值的点是否符合条件就行，如果有一点不满足则不涵盖，所有点满足才涵盖。

所以要来一次结果预判，首先可以判断接下来可能到达的数字个数，也就是dfs到某个点，再bfs一次得出可能到达的数字个数，然后还可以进一步对其进行一个降序排序，让其结果最大，然后将bfs可能得到的最大结果加上dfs已经得到的结果相结合，再与当前答案相比，若预判的最大结果还比答案小，则返回，完成剪枝。一个r行c列的矩阵，里面只有1-9的数字和‘#’，最开始可以随意挑选一个数字然后可以上下左右移动，问所走的路径所含数字最大为多少。很明显是个搜索题，虽然数据很小，但是dfs暴力还是会TLE，所以要想办法剪枝。

题目数据给的很有启发性，n最大为16。再将只含枚举点的边取出来，做最小生成树，求出建好该图的最小费用，然后和所给费用k比较，若小于等于则可行，将获得的价值与结果进行比较更新。给n个点和m条边，每个点都有价值ai，每条边费用为bi，现在给你k费用，让你建一个图，求该图中与1直接或间接相连的点的总价值最大为多少。题目要求的是与1直接或间接相连的点，所以最开始1必在所建图中，最后得出的最小生成树的点必等于边+1，不然则不是树，不全部相连。有时想不出来好的方案可以根据数据猜做法。

所以我们可以先把 t + vi * ai^(-t) 取最小值时的 t 求出来，然后再比较，若 t < dis[1][u]，那么结果就为 dis[1][u] + res，所以要让res 尽可能地小， 所以 t 最大取 dis[1][u]，若 t >= dis[1][u]，则 t 即为 t + vi * ai^(-t) 取最小值时的 t。样例二： 因为只有一条边，所以时间为函数 t+vi * ai^(-t) 的最小值 (t为修补的时间，t>=0）

6个参数，表示当你的能力值为p1时，消灭这个怪物需要t1时间，能力值为p2时需要t2时间，p1

m的矩阵，‘S’是起始点，‘O’是箱子，‘C’是硬币，‘X’是障碍，‘.’是路，只能上下左右走，不可越界。*，方向为推的方向，推完一次后箱子就不能推了变成障碍，推完所处位置为箱子之前所在位置并且该店变成路。所有地图的状态存到一个队列，dfs来获取推一次箱子的新状态并存入队列，每次的状态都用bfs来获取能走到的硬币。由于箱子只能推一次，所以可以用dfs来遍历当前状态所有推箱子的情况，然后用bfs来收集能走到的点的硬币。知道能用bfs得到每个状态的硬币量后接下来就是找出所有推箱子的状态了。