传送门

思路：

首先考虑暴力的做法，枚举两个点计算距离后取最小值，复杂度 O ( n 4 ) O(n^{4}) O(n4)
考虑怎么优化。
首先可以确定的是，一定要枚举一个点，那么可以通过控制坐标的大小关系将绝对值去掉。
假设对于点 ( i , j ) (i,j) (i,j)，只考虑点 ( x , y ) (x,y) (x,y)满足 i < = x < = n , j < = y < = m i<=x<=n,j<=y<=m i<=x<=n,j<=y<=m
那么代价就变成了 a [ i ] [ j ] + a [ x ] [ y ] + c ∗ ( x − i ) + c ∗ ( y − j ) a[i][j]+a[x][y]+c*(x-i)+c*(y-j) a[i][j]+a[x][y]+c∗(x−i)+c∗(y−j)
拆开得到 a [ i ] [ j ] − c ∗ i − c ∗ j + a [ x ] [ y ] + c ∗ x + c ∗ y a[i][j]-c*i-c*j+a[x][y]+c*x+c*y a[i][j]−c∗i−c∗j+a[x][y]+c∗x+c∗y
对于点 ( i , j ) (i,j) (i,j)的贡献 a [ i ] [ j ] − c ∗ i − c ∗ j a[i][j]-c*i-c*j a[i][j]−c∗i−c∗j，可以通过枚举计算；
对于点 ( x , y ) (x,y) (x,y)的贡献 a [ x ] [ y ] + c ∗ x + c ∗ y a[x][y]+c*x+c*y a[x][y]+c∗x+c∗y，由于题目要求代价最小，所以应当维护最小值。
也就是说 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示的是对于满足 i < = x < = n , j < = y < = m i<=x<=n,j<=y<=m i<=x<=n,j<=y<=m的所有的点 ( x , y ) (x,y) (x,y)的贡献 a [ x ] [ y ] + c ∗ x + c ∗ y a[x][y]+c*x+c*y a[x][y]+c∗x+c∗y的最小值。
所以每次枚举到 ( i , j ) (i,j) (i,j)时，只需要假定这个点必选，再加上 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示上一个点的贡献，所有的答案取最小值即可，注意更新完答案后应当更新 d p dp dp数组。
这样会产生的一个问题就是，只是考虑了两个点的位置大致是呈左上-右下的趋势的情况，如果一个点在右上，另一个点在左下，这种情况没有被枚举到。
所以还应该再跑一遍，基本流程同上文类似。

代码：

又臭又长的垃圾代码：（下一个是比较简洁的代码！）


ll n,m,c,a[1100][1100],dp[1100][1100],dp1[1100][1100];int main(){n=read,m=read,c=read;rep(i,1,n) rep(j,1,m) a[i][j]=read;rep(i,0,n+1) rep(j,0,m+1) dp[i][j]=1e18,dp1[i][j]=1e18;ll res=1e18;for(int i=n;i;i--)for(int j=m;j;j--){ll now=a[i][j]-c*i-c*j;ll las=1e18;if(i+1<=n&&j+1<=m) las=min(las,dp[i+1][j+1]);if(i+1<=n) las=min(las,dp[i+1][j]);if(j+1<=m) las=min(las,dp[i][j+1]);res=min(res,now+las);dp[i][j]=min(dp[i][j],a[i][j]+c*i+c*j);if(i+1<=n&&j+1<=m) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][j+1]);if(i+1<=n) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][j]);if(j+1<=m) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j+1]);}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=m;j;j--){ll now=a[i][j]+c*i-c*j;ll las=1e18;if(i-1>=1&&j+1<=m) las=min(las,dp1[i-1][j+1]);if(i-1>=1) las=min(las,dp1[i-1][j]);if(j+1<=m) las=min(las,dp1[i][j+1]);res=min(res,now+las);dp1[i][j]=min(dp1[i][j],a[i][j]-c*i+c*j);if(i-1>=1&&j+1<=m) dp1[i][j]=min(dp1[i][j],dp1[i-1][j+1]);if(i-1>=1) dp1[i][j]=min(dp1[i][j],dp1[i-1][j]);if(j+1<=m) dp1[i][j]=min(dp1[i][j],dp1[i][j+1]);}}printf("%lld\n",res);return 0;
}

跟我的思路类似但是代码超级简洁的巨巨代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define endl '\n'
#define int long long
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Inf 1000000000000000000LL
#define F first
#define S second
using namespace std;
typedef pair<int,int>pii;
int n,m,C;
int a[1010][1010];
int dp[1010][1010];
int ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
void DP(){memset(dp,0x3f,sizeof dp);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i-1][j]);ans=min(ans,dp[i][j]+a[i][j]+C*(i+j));dp[i][j]=min(dp[i][j],a[i][j]-C*(i+j));}}
}
signed main(){cin>>n>>m>>C;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)cin>>a[i][j];DP();for(int i=1;i<=n;i++){int l=1,r=m;while(l<r){swap(a[i][l],a[i][r]);l++,r--;}}DP();cout<<ans<<endl;return 0;
}

赛时写假了边界，宇巨一波奇技淫巧强行AC的代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PLL;
typedef pair<int, int>PII;
typedef pair<double, double>PDD;
#define I_int ll
inline ll read()
{ll x = 0, f = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}return x * f;
}inline void out(ll x){if (x < 0) x = ~x + 1, putchar('-');if (x > 9) out(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}inline void write(ll x){if (x < 0) x = ~x + 1, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');puts("");
}#define read read()
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
ll ksm(ll a, ll b, ll p)
{ll res = 1;while(b){if(b & 1)res = res * a % p;a = a * a % p;b >>= 1;}return res;
}
const int inf = 0x3f3f3f3f;
#define PI acos(-1)
const int maxn=4e5+100;ll n,m,c,a[1100][1100],dp[1100][1100],dp1[1100][1100];
struct Node{ll x,y,val;
}t[1000009];
bool cmp(Node x,Node y)
{return x.val<y.val;
}
int main(){n=read,m=read,c=read;ll cnt=0;rep(i,1,n) rep(j,1,m) {a[i][j]=read,dp[i][j]=1e18,dp1[i][j]=1e18;t[++cnt] = {i,j,a[i][j]};}if(n*m<=30000){ll anss = 1e18;sort(t+1,t+1+cnt,cmp);rep(i,1,min(n*m,30000ll))     rep(j,1,min(n*m,30000ll)){if(i==j) continue;ll x1,y1,x2,y2,val1,val2;x1 = t[i].x,y1 = t[i].y,val1 = t[i].val;x2 = t[j].x,y2 = t[j].y,val2 = t[j].val;ll temp = c*(abs(x1-x2)+abs(y1-y2)) +val1+val2;anss = min(anss,temp);}printf("%lld",anss);return 0;}ll res=1e18;for(int i=n;i;i--)for(int j=m;j;j--){if(i==n&&j==m){dp[i][j]=a[i][j]+c*i+c*j;continue;}ll now=a[i][j]-c*i-c*j;ll las=1e18;if(i+1<=n&&j+1<=m) las=min(las,dp[i+1][j+1]);if(i+1<=n) las=min(las,dp[i+1][j]);if(j+1<=m) las=min(las,dp[i][j+1]);res=min(res,now+las);dp[i][j]=min(dp[i][j],a[i][j]+c*i+c*j);if(i+1<=n&&j+1<=m) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][j+1]);if(i+1<=n) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][j]);if(j+1<=m) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j+1]);}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=m;j;j--){if(i==1&&j==m){dp1[i][j]=a[i][j]+c*i+c*j;continue;}ll now=a[i][j]+c*i-c*j;ll las=1e18;if(i-1>=1&&j+1<=m) las=min(las,dp1[i-1][j+1]);if(i-1>=1) las=min(las,dp1[i-1][j]);if(j+1<=m) las=min(las,dp1[i][j+1]);res=min(res,now+las);dp1[i][j]=min(dp1[i][j],a[i][j]-c*i+c*j);if(i-1>=1&&j+1<=m) dp1[i][j]=min(dp1[i][j],dp1[i-1][j+1]);if(i-1>=1) dp1[i][j]=min(dp1[i][j],dp1[i-1][j]);if(j+1<=m) dp1[i][j]=min(dp1[i][j],dp1[i][j+1]);}}printf("%lld\n",res);return 0;
}
/*
-4999000000****1061109567****3****2
-4999000000****1061109567****2****3
-3937890433
2001000000 3001000000 4000000001
3001000000 4001000000 5001000000
4000000001 5001000000 6001000000 */

atcoder AtCoder Beginner Contest 210 D - National Railway（dp）相关推荐

zzuli 2177 Contest - 河南省多校连萌（四）（简单题）
Contest - 河南省多校连萌(四) Problem F: 小姐姐的忠告:少吃辣条多刷题题目链接 Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 128 MB Submit: 1 ...
20201016：力扣第210周周赛题解（下）
力扣第210周周赛题解(下) 题目思路与算法代码实现写在最后题目分割两个字符串得到回文串统计子树中城市之间最大距离思路与算法第三题主要逻辑通顺就行,注意分割的索引是一样的,那么判断回文 ...
AtCoder题解——Beginner Contest 170——E - Smart Infants
题目相关题目链接 AtCoder Beginner Contest 170 E 题,https://atcoder.jp/contests/abc170/tasks/abc170_e. Proble ...
AtCoder题解——Beginner Contest 179——D - Leaping Tak
题目相关题目链接 AtCoder Beginner Contest 179 D 题,https://atcoder.jp/contests/abc179/tasks/abc179_d. Proble ...
AtCoder题解——Beginner Contest 170——F - Pond Skater
题目相关题目链接 AtCoder Beginner Contest 170 F题,https://atcoder.jp/contests/abc170/tasks/abc170_f. Problem ...
AtCoder题解——Beginner Contest 167——C - Skill Up
题目相关题目链接 AtCoder Beginner Contest 167 C题,https://atcoder.jp/contests/abc167/tasks/abc167_c. Problem ...
AtCoder Beginner Contest 211 E - Red Polyomino（暴力+状态记录）
E - Red Polyomino 暴力,对于状态的记录考虑下面用set<vector<string>> mp #include<bits/stdc++.h> us ...
AtCoder Beginner Contest 205D题Kth Excluded（差分+二分）
题目链接给出N个数和Q组询问,每次询问输出第K小的数,并且该数不能是N个数中的考虑先做差分 pre[i] 表示每个数之间可以插入多少个数然后将差分做个前缀和,sum[i]=k 表示前i个数可以放 ...
AtCoder Beginner Contest 217 D - Cutting Woods（set + 二分查找）
题目大意有一根长度为L的木头,这根木头上有L - 1个可以劈的点,对这根木头进行q次操作,操作有两种:操作一是往一个可劈点劈一刀,把这个点所在的木头段劈成两段:操作二是输出一个可劈点所在木头段的长度 ...

atcoder AtCoder Beginner Contest 210 D - National Railway（dp）

思路：

代码：

atcoder AtCoder Beginner Contest 210 D - National Railway（dp）相关推荐

最新文章

热门文章