【Wannafly交流赛1】 A B【思维】 D【平面图最小割转最短路】

A-有理数

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/69/A

来源：牛客网

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64bit IO Format: %lld

题目描述

有一个问题如下：

给你一个有理数v，请找到小于v的最大有理数。

但这个问题的答案对于任意v都是无解的！

因为有理数具有稠密性。这意思是，对于任两个满足u

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define ULL unsigned long long

const int N = 1e5+11;
const int M = 1e6+11;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL inff = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9+7;

void read(int &x){
x=0;int f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=0; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') {  x=x*10+ch-'0' ;ch=getchar();}
x=f?x:-x;
}
/*------------------------------*/

int main(){
int T;read(T);
while(T--){
int a,b;read(a);read(b);
//cout<<floor(a*1.0/b)<<endl;

if(floor(a*1.0/b)<a*1.0/b) cout<<floor(a*1.0/b)<<"\n";
else cout<<floor(a*1.0/b)-1<<"\n";
}
return 0;
}

B-硬币

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题目描述

蜥蜴的生日快到了，就在这个月底！

今年，蜥蜴的快乐伙伴之一壁虎想要送好多个1元硬币来恶整蜥蜴。

壁虎身上目前有的硬币种类和数量如下：

c1个1元硬币、c5个5元硬币、c10个10元硬币、c50个50元硬币。

壁虎觉得只送c1个1元硬币不够慷慨，想拿一些币值较大的硬币去换更多的1元硬币，于是跑去找一台自动贩卖机，靠着买东西找零来获得更多1元硬币！

这台自动贩卖机的找零机制如下：

每件物品的价格都是v元(v为给定值)，假设你投入的硬币总额是x元(x必须>=v)，点选了一样物品后，贩卖机就会落下x-v元。

假设落下的硬币有d1个1元硬币、d5个5元硬币、d10个10元硬币、d50个50元硬币，贩卖机会选择d1+d5+d10+d50最小的方案找你钱，有办法证明这样的方案只有一种。(假设此自动贩卖机每种币值的硬币都有无穷多个。)

现在壁虎想知道，和这台自动贩卖机换钱后(假设壁虎心甘情愿地花巨量时间来买很多用不到的东西来恶整蜥蜴)，最多能用多少1元硬币恶整蜥蜴？

输入描述:

输入的第一行有一个正整数T，代表询问数。

接下来有T行，每个询问各占1行，包含五个整数c1,c5,c10,c50,v，分别代表壁虎有的1元、5元、10元、50元的硬币数目以及此自动贩卖机里一件物品的价格。

输出描述:

每个询问请输出一行包含一个整数，代表该询问的答案。

示例1

输入

2

2 0 1 0 3

0 0 0 1 10

输出

6

0

说明

在第一个询问中，你共有2个1元硬币和1个10元硬币，自动贩卖机中一个物品的价格为3元。

首先壁虎可以投一个10元硬币买一件物品，此时贩卖机会找壁虎1个5元和2个1元，之后壁虎再投一个5元买一件物品，贩卖机会再找壁虎2元，于是最后壁虎共有6个1元硬币。

备注:

1<=T<=104

0<=c1,c5,c10,c50<=109

1<=v<=109

分析： 有一点我们可以明确，1元 的硬币是不会使用的，这样的话我们可以用的硬币只有 5 10 50 ，然后我i们买的东西价值，如果我们输入的总额大于价值，他除了小于5 的部分会返还，其他的还是以5 10 50 返还，所以得话我们可以发现 我们投入的总额都是5的倍数，返还的金额（除了一元的）也都是5的倍数。

所以我们只要 找到一个物品至少要 多少个5 才可以买，同时还会返还多少个1元的，再统计一下我们一共有多少个5， 这样的话就可以确定可以买多少次这个物品。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define ULL unsigned long long

const int N = 1e5+11;
const int M = 1e6+11;
const int inf =0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9+7;
const int inff = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

/*-------------------------------------*/

LL cnt
;
int main(){
int t;cin>>t;
while(t--){
for(int i=0;i<4;i++) cin>>cnt[i];
LL v; cin>>v;
if(v%5==0) {
cout<<cnt[0]<<endl;
}else {
LL ge=v/5 +1 ; // 至少需要 ge*5 元买这个物品
LL cha = ge*5-v;   // 每买一次返回多少 1
LL sum=cnt[1]+2*cnt[2]+10*cnt[3]; // 总共有多少个 5
cout<<cnt[0]+(sum/ge)*cha<<endl; // 够买多少次
}
}
return 0;
}

D- 迷宫2

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题目描述

这是一个关于二维格子状迷宫的题目。迷宫的大小为N*M，左上角格子座标为(1,1)、右上角格子座标为(1,M)、左下角格子座标为(N,1)、右下角格子座标为(N,M)。每一格都用-1到109之间的整数表示，意义分别为：-1为墙壁，0为走道，而1到109之间的正整数代表特殊的走道。

蜥蜴最初位于迷宫的座标(1,1)的格子，每一步蜥蜴只能往上、下、左、右、左上、右上、左下、右下八个方向之一前进一格，并且，他也不能走出迷宫边界。蜥蜴的目的地是走到迷宫的右下角格子，也就是座标位置(N,M)。我们想要动一些手脚，使得蜥蜴没有办法从(1,1)出发并抵达(N,M)。我们学会了一个邪恶的法术，这个法术可以把特殊的走道变成墙壁，施法一次的代价为表示该特殊走道的正整数。

假设，我们可以在蜥蜴出发之前不限次数的使用这个邪恶的法术，所花的总代价即为每次施法代价的总和，蜥蜴出发之后就不能再使用这个法术了，请问让蜥蜴没办法达到终点所必须花费的最小总代价是多少呢？

注意，0所代表的走道是无法变为墙壁的。

输入描述:

输入的第一行有三个正整数Q,N,M。

代表接下来有Q组数据，这Q组数据都是N*M的迷宫。

接下来每组数据各N行，代表一个迷宫，每行各M个整数，第i行中的第j个整数代表迷宫座标(i,j)的格子。

输出描述:

每一组数据输出一行，如果无论如何蜥蜴都能到达终点，请在这一行中输出-1，否则请在这一行中输出一个代表答案的整数。

示例1

输入

3 3 3

0 2 2

3 2 3

2 2 0

0 1 2

-1 1 -1

2 1 0

0 1 2

0 0 0

2 1 0

输出

6

1

-1

备注:

1<=Q<=5*103

1<=Q*N*M<=2.5*105

1<=N,M<=500

代表迷宫格子的数字为介于-1和109间的整数(包含-1和109)

每个迷宫中，代表座标(1,1)和(N,M)的格子的数字一定是0

分析：

从右边界和上边界 到 左边界和下边界 的四方位最短路，就等于从左上角到右下角的八方位的最小割。

如果有四方位的路的话肯定不会有八方位的。



上面的为T 下面的为S

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define ULL unsigned long long

const int N = 3e5+11;
const int M = 3e6+11;
const int inf =0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9+7;
const LL inff = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

/*-------------------------------------*/
typedef pair<LL,int>P;
int n,m;
struct Edge{
int from,to,cost,next;
}edge[M];
int head
,top;
void init(){
memset(head,-1,sizeof(head));
top=0;
}
void addedge(int a,int b,int c){
Edge e ={a,b,c,head[a]};
edge[top]=e; head[a]=top++;
}
LL d
;
LL djk(int S,int T){
priority_queue<P, vector < P > ,greater < P >  >que;
fill(d,d+n*m+10,inff);
d[S]=0;
que.push(P(0,S));
while(!que.empty()){
P p = que.top();que.pop();
int v=p.second;
if(d[v]<p.first) continue;
for(int i=head[v];i!=-1;i=edge[i].next){
Edge e=edge[i];
if(d[e.to]>d[v]+e.cost){
d[e.to]=d[v]+e.cost;
que.push(P(d[e.to],e.to));
}
}
}
return d[T];
}

int mp[500+11][500+11];
inline int getId(int x,int y){ return (x-1)*m+y; }
int to[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1} ;
int main(){
//cout<<inff;
int q ;
scanf("%d%d%d",&q,&n,&m);
while(q--){
for(int i=0;i<=n*m*2;i++) head[i]=-1;top=0;

for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&mp[i][j]);
}
}

int S=0,T=n*m+1;
for(int j=1;j<=m;j++){
if(mp[1][j]==0) continue;
int c=mp[1][j];
addedge(S,getId(1,j),max(c,0));
}
for(int i=2;i<=n;i++){
if(mp[i][m]==0)  continue;
int c=mp[i][m];
addedge(S,getId(i,m),max(c,0));
}

for(int j=1;j<=m;j++){
if(mp
[j]==0) continue;
addedge(getId(n,j),T,0);
}
for(int i=1;i<n;i++){
if(mp[i][1]==0)  continue;
addedge(getId(i,1),T,0);
}

for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(mp[i][j]==0) continue;
for(int k=0;k<4;k++){
int nx=i+to[k][0] ;int ny=j+to[k][1];
if(nx<=0||nx>n||ny<=0||ny>m) continue;
if(mp[nx][ny]==0) continue;

int c=mp[nx][ny];
if(c==-1) c=0;
addedge(getId(i,j),getId(nx,ny),c);
}
}
}
LL ans=djk(S,T);
if(ans>=inff) puts("-1");
else printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}