【细节很多的dp】Educational Codeforces Round 133 (Rated for Div. 2) C. Robot in a Hallway

参考题解

题意：
有一个 2 2 2 行， m m m 列的方格，初始在 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1)，每个格子有一个开放时间，开放时间后才能到达，每个格子只能被到达一次，你可以任意选择上下左右四个方向，问最少需要多长时间可以将所有格子都到达一遍，初始在 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 被视为已到达。

数据范围：
每个格子的开放时间： 0 ≤ a [ i ] [ j ] ≤ 1 0 9 0\leq a[i][j]\leq 10^9 0≤a[i][j]≤109
1 ≤ m ≤ 2 × 1 0 5 1\leq m\leq 2\times 10^5 1≤m≤2×105

题解：
模拟下发现，如果连续向右两次，那么只能走 U U U 字形。

d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示从 ( i , j ) (i,j) (i,j) 点出发，到达 d p [ i ⊕ 1 ] [ j ] dp[i\oplus 1][j] dp[i⊕1][j] 的最迟出发时间，这里的最迟出发时间是指从 ( i , j ) (i,j) (i,j) 这个点出发，走 U U U 字形路时，中途不会因为格子未开放而等待，即我们将所有的等待时间都留在了 ( i , j ) (i,j) (i,j) 这个点，这与到达某个点前等待其开放是等价的。

从后向前枚举 j j j，
d p [ i ] [ j ] = m a x { a [ i ] [ j ] + 1 , d p [ i ] [ j + 1 ] − 1 , a [ i ⊕ 1 ] [ j ] − 2 × ( m − j − 1 ) } dp[i][j] = max\{a[i][j] + 1, dp[i][j + 1] - 1, a[i\oplus 1][j] - 2 \times (m - j - 1)\} dp[i][j]=max{a[i][j]+1,dp[i][j+1]−1,a[i⊕1][j]−2×(m−j−1)}

a [ i ] [ j ] + 1 a[i][j] + 1 a[i][j]+1，表示从 ( i , j ) (i,j) (i,j) 出发至少要等待该点开放，开放后到达该点的时间最早是 a [ i ] [ j ] + 1 a[i][j]+1 a[i][j]+1
d p [ i ] [ j + 1 ] − 1 dp[i][j + 1] - 1 dp[i][j+1]−1，表示从 ( i , j ) (i,j) (i,j) 到 ( i , j + 1 ) (i,j+1) (i,j+1) 的最迟出发时间为 ( i , j + 1 ) (i,j+1) (i,j+1) 到 ( i ⊕ 1 , j + 1 ) (i\oplus1,j+1) (i⊕1,j+1)的最迟出发时间减 1 1 1，减的 1 1 1 为从 ( i , j ) (i,j) (i,j) 到 ( i , j + 1 ) (i,j+1) (i,j+1) 这一步
d p [ i ⊕ 1 ] [ j ] − 2 × ( m − j − 1 ) dp[i\oplus1][j]-2\times(m-j-1) dp[i⊕1][j]−2×(m−j−1)，等价于 ( a [ i ⊕ 1 ] [ j ] + 1 ) ① − ( 2 × ( m − j − 1 ) + 1 ) ② (a[i\oplus1][j]+1)_{①} -(2\times(m-j-1)+1)_{②} (a[i⊕1][j]+1)①−(2×(m−j−1)+1)②
①：到达 ( i ⊕ 1 , j ) (i\oplus 1,j) (i⊕1,j) 的最早时间
②：从 ( i , j ) (i,j) (i,j) 到 ( i ⊕ 1 , j ) (i\oplus 1,j) (i⊕1,j) 无需等待开放的最短时间

满足以上三点，才能确定从 ( i , j ) (i,j) (i,j) 到 ( i ⊕ 1 , j ) (i\oplus 1,j) (i⊕1,j) 的最迟出发时间。

事实上，这块类似AOE网中的关键路径，在这里将所有的等待时间都放在了 U U U 字形路线的出发点，同时并不会影响答案。

之后，先蛇皮走位，然后根据蛇皮走位后的 U U U 字形路线出发点确定实际从 ( i , j ) (i,j) (i,j) 到 ( i ⊕ 1 , j ) (i\oplus 1,j) (i⊕1,j) 的最迟出发时间，这里是因为蛇皮走位也会影响 U U U 字形路线出发点的最迟出发时间，而上述的 d p dp dp 并不考虑蛇皮走位。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;const int M = 200010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int a[2][M];
int dp[2][M];
int n = 2, m;void solve() {scanf("%d", &m);for (int i = 0; i < n; ++i) for (int j = 0; j < m; ++j)scanf("%d", &a[i][j]);a[0][0] = -1;dp[0][m] = dp[1][m] = 0;for (int j = m - 1; j >= 0; --j)for (int i = 0; i < n; ++i) dp[i][j] = max({a[i][j] + 1, dp[i][j + 1] - 1, a[i ^ 1][j] - 2 * (m - j - 1)});int ans = INF;int already = 0;int i = 0, j = 0;for (int ca = 0; ca < m; ++ca) {ans = min(ans, max(already, dp[i][j]) + 2 * (m - ca) - 1);i ^= 1;already = max(already, a[i][j]) + 1;j += 1;if (j == m) {ans = min(ans, already);} else {already = max(already, a[i][j]) + 1;}}printf("%d\n", ans);
}int main()
{int T = 1;scanf("%d", &T);for (int i = 1; i <= T; ++i) {solve();}return 0;
}

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