11.18 P14508 猜数游戏 guess

P14508 猜数游戏 guess

dijkstra求最短路+一个简单dp

注意!!!!!!!!!调了1.5h发现f[n] >= 0x3f3f3f3f 太小了......无语

思路：

发现求d[j]从0出发，向右跳到点j需要的最小费用。

采用堆优化最短路:

需要建出点 [−n,n] 以便进行先减后加的操作:于是从N_N+n表示0n

最后易得出dp转移方程

f[i] = min(f[i] , max(f[i-j]+ dist[j] , f[j] + dist[j]));

题目描述

小 P 在玩一种新型的猜数游戏。他有一个一行无数格的棋盘，在棋盘的编号为 $1$ 的格子处有一枚棋子，这枚棋子有 $m$ 种移动方式，第 $i$ 种移动方式可以使这枚棋子向左或向右移动 $a_i$ 格，使用这种方式移动的花费为 $b_i$。在棋盘上有一个隐藏的目标位置，当小 P 知道了目标位置时，游戏胜利。

当棋子从位置 $x$ 移动到位置 $x+y$ 时，它会询问 $[x,x+y)$ 是否包含目标位置。同理，当棋子从位置 $x$ 移动到位置 $x-y$ 时，它会询问 $[x-y,x)$ 是否包含目标位置（$y \ge 0$）。由于棋盘无限大，所以可以移动到负数位置。

现在小 P 已经知道目标位置在 $[1,n]$ 范围内，现在请你帮他求出，在采取最优策略时（可以根据询问的结果来决定策略），最坏情况需要花费多少才能获得胜利，若无法取得胜利，输出 $-1$。

输入格式

本题有多组测试数据。

输入的第一行包含两个整数 $c,T$，表示测试点编号和测试数据的组数。

接下来包含 $T$ 组数据，每组数据的格式如下:

• 第一行包含两个整数 $n,m$，表示目标位置的范围和移动方式的数量。
• 第二行包含 $m$ 个整数 $a_1, a_2, \dots,a_m$ 表示第 $i$ 种移动方式移动的格数。
• 第三行包含 $m$ 个整数 $b_1, b_2, \dots,b_m$ 表示第 $i$ 种移动方式所需的代价。

输出格式

对于每组测试数据输出一个整数，表示取得胜利的最小花费。若无法取得胜利，输出 $-1$。

输入输出样例 #1

输入 #1

0 3
3 1
1
1
3 2
2 3
1 1
4 2
2 4
2 3

输出 #1

2
3
-1

说明/提示

【样例 1 解释】

对于第一组数据，最坏情况目标位置为 $3$，棋子向右移动 $2$ 格，可以判断出不是 $1$ 或 $2$，即可得出答案。

对于第二组数据，一种可能的跳法为 $1\to3\to0\to2$，可以证明没有更优的方法。

【样例 2】

见附件的 guess/guess2.in 与 guess/guess2.ans。

该样例满足测试点 $2\sim 3$ 的约束条件。

【样例 3】

见附件的 guess/guess3.in 与 guess/guess3.ans。

该样例满足测试点 $4$ 的约束条件。

【样例 4】

见附件的 guess/guess4.in 与 guess/guess4.ans。

该样例满足测试点 $7\sim 11$ 的约束条件。

【样例 5】

见附件的 guess/guess5.in 与 guess/guess5.ans。

该样例满足测试点 $15\sim 25$ 的约束条件。

【数据范围】

对于所有的数据，满足:

• $1\le T\le 10$。
• $1\le n\le 10^4$，$1\le m\le 1000$，$1\le a_i\le \min(n,1000)$，$1\le b_i\le 10^9$。
  
  ::cute-table

测试点编号	$n\leq$	$m \leq$	特殊性质
$1$	$10$	$10$	A
$2\sim 3$	^	^	无
$4$	$100$	$20$	B
$5\sim 6$	^	^	无
$7\sim 11$	$3000$	$100$	^
$12\sim 14$	$10^4$	$1000$	B
$15\sim 25$	^	^	无

• 特殊性质 A：保证所有 $a_i$ 均相同。
• 特殊性质 B：保证所有 $b_i$ 均相同。

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

const int N = 10002;
const int M = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m;
int a[N],b[N];
bool vis[N*2];
int dist[N*2];
int d[N*2],f[N*2];
priority_queue<pair<int,int> >q;//大根堆 

void solve(){
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i <= m;i++) cin>>a[i];
	for(int i = 1;i <= m;i++) cin>>b[i];

	memset(vis,0,sizeof vis);
	memset(d,0x3f,sizeof d);
	d[N] = 0;
	q.push({0,N});
	while(!q.empty()){
		long long now = q.top().second;
		q.pop();
		if(vis[now] == 1) continue;
		vis[now] = 1;

		for(int i = 1;i <= m;i++){
			long long to1 = now + a[i];
			long long to2 = now - a[i];

			if(d[to1] > d[now] + b[i] && to1 <= 20000 && vis[to1] == 0){
				d[to1] = d[now] + b[i];
				q.push({-1*d[to1] , to1});
			}
			if(d[to2] > d[now] + b[i] && to2 >= 0 && vis[to2] == 0){
				d[to2] = d[now] + b[i];
				q.push({-1*d[to2] , to2});
			}
		}
	}

	for(int i = 0;i <= N;i++)
		dist[i] = d[N+i];

	memset(f,0x3f,sizeof f);
	f[0] = f[1] = 0;
	for(int i = 2;i <= n;i++)
		for(int j = 1;j < i;j++)
			f[i] = min(f[i] , max(f[i-j]+ dist[j] , f[j] + dist[j]));

	if(f[n] >= M) cout<<"-1"<<"\n";
	else cout<<f[n]<<"\n";
	return;
}

signed main()
{
	int c,T;
	cin>>c>>T;
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}