給出一張n*m的棋盤，有一些點上有障礙物，其他點上都是棋子。給出q次詢問，每次詢問給出乙個空格，乙個目標棋子，乙個目標位置，每一步可以把乙個棋子移進空格，求把目標棋子移動到目標位置的最小步數。
n,m<=30,q<=500
第一眼看到就知道是大暴力題，發現詢問次數少的時候一次bfs就解決了，那麼詢問多起來呢？
預處理！
如何預處理？
我們先不想這個問題，想一想詢問少的時候的另一種做法，dp。
設fx1,y1,x2,y2表示空格在(x1,y1)，目標棋子在(x2,y2)的最小步數，轉移顯然。
我們發現，在整個dp過程中x1,y1經常改變，x2,y2卻很少改變。
那我們可以改進一下dp，設fx,y,k(k=0..3)表示目標棋子在(x,y)，空格在其上（下，左，右）的最小步數。
怎麼轉移？
發現這樣很難轉移，不如把每乙個狀態抽象成乙個點，然後向它所能轉移到的狀態連邊。邊權可以用n^2的bfs暴力搞出來。乙個狀態可以有兩種後繼。一種是把空格和目標棋子交換，邊權為1；另一種就是把空格換個位置，邊權自己暴力。
發現這樣建出來的圖和那些詢問的東西無關，就可以預處理出來了。(∩_∩)
然後，對於每次詢問，建立源點和匯點。（網路流打多了）從源點向每乙個目標棋子周圍的狀態連邊，邊權暴力^2，每乙個終止狀態向匯點連邊，邊權為0。
然後就可以跑一邊spfa 費用流來求答案了。時間飛起。
（原諒我網路流寫太多了，有些神經質）
#include
#include
#include
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define n 35
#define m 4005
#define inf 0x7fffffff/3
using namespace std;
int n,m,q,x,y,s,sx,sy,tx,ty,xx,yy,ret,ans,tot,l,s,t;
int a[n][n],d[m][3],dis[m],p[m*4],v[m][m],b[m][m];
bool bz[n][n],f[m],r[4];
int g[4][2]=;
void add(int x,int y,int z)
int w(int x,int y,int z)
int bfs(int sx,int sy,int tx,int ty,int x,int y)
}return -1;
}int spfa()
f[p[i]]=0;
}if (dis[t]!=mx) return dis[t];else return -1;
}int main()
}s=0;t=4*n*m+1;
while (q)
fo(i,0,3)
fo(i,0,3)
printf("%d\n",spfa());
b[s][0]=0;fo(i,0,3) if (r[i]) r[i]=0,b[w(tx,ty,i)][0]--;
}}
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我們把原序列大概抽象在函式圖上，就會得出這樣的結果 如下圖 顯然，圈出來的點就是我們要保留的，不可能存在刪掉一大段會存在更優的情況。做法就是每次順著找乙個最高的點，再找乙個最低的點，如果存在相同的則視為乙個點。include include include define fo i,j,k for i...
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這道題是dp，但是寫錯了，還是貪心簡單，而且快 仔細觀察可以發現兩個條件其實意思就是這一排花最後要成波浪狀 那我們o n 跑一遍就好了，就像把目前的花接到序列中去 根據序列目前的上公升下降判斷長度是否有增加 如果改變了增減性，ans 如果沒有改變，目前的這盆花肯定更優，雖然不加長度，但是要更新序列的...
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這道題正解是dp或是貪心，本寶用的是模擬，神奇的過了喲 先sort一下從大到小，因為我們可以看成在疊最高的那個時，順便完成了與它相鄰的一些 具體實現請手打，描述太麻煩啦 我們這樣處理就能快很多，可能是資料不是很強，其實還是蠻快的 雖然沒有o n 快 include include include i...