CodeForces - 1353F Decreasing Heights(dp)

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题目大意：给出一个 n * m 的矩阵，每个矩阵的权值代表初始高度，现在需要从点 ( 0 , 0 ) 走到点 ( n - 1 , m - 1 ) ，需要满足以下条件：

每次只能向右或向下移动
假设当前格子的高度为 x ，只能移动到高度为 x + 1 的格子上去

初始时可以进行操作，使得某个格子的高度减少一个单位，问最少需要进行多少次操作，可以存在至少一条从点 ( 0 , 0 ) 到点 ( n , m ) 的路线

题目分析：因为每次只能向下或向右移动，不难联想到最基础的一个 dp 题目，就是给出一个 n * m 的二维矩阵，每个点都有权值，问如何行走能使得从点 ( 0 , 0 ) 到点 ( n - 1 , m - 1 ) 的权值和最大，类似的，在这个题目中如果知道了起点 ( 0 , 0 ) 的高度 h ，那么到达任意一个点 ( i , j ) 的高度应该为 h + i + j 才行，所以不难看出：

如果 h + i + j > a[ i ][ j ] ，说明点 ( i , j ) 不能走，视为障碍物即可
如果 h + i + j <= a[ i ][ j ] ，则经过点 ( i , j ) 的权值为 a[ i ][ j ] - ( h + i + j )

到此为止就和那个基础的 dp 一模一样了，时间复杂度为 O( n * n )

但是回到这个题目，初值该如何确定呢？如果暴力枚举的话，是有 1e15 个值，肯定会 TLE 的，其实不难猜到，选择初值的最优解肯定是让初始矩阵中尽可能多的数不变，起码至少得有一个数不变才行吧，所以我们可以 O( n * n ) 去枚举：令点 ( i , j ) 这个位置不变的初值，然后维护最小值就可以了

时间复杂度为 O( n ^ 4 )

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const LL inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;const int N=110;int n,m;LL maze[N][N],dp[N][N];LL solve(LL st)
{for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)dp[i][j]=inf;dp[0][0]=0;for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++){LL cost=st+i+j;if(cost>maze[i][j])//如果当前格子不能走，则赋值为inf且不进行状态转移{dp[i][j]=inf;continue;}dp[i][j]+=maze[i][j]-cost;if(i+1<n)dp[i+1][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j]);if(j+1<m)dp[i][j+1]=min(dp[i][j+1],dp[i][j]);}return dp[n-1][m-1];
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("input.txt","r",stdin);
//  freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;while(w--){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)scanf("%lld",&maze[i][j]);LL ans=inf;for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)ans=min(ans,solve(maze[i][j]-i-j));printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

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