代码源 #849.国家铁路

题目描述

dls的算竞王国可以被表示为一个有 H行和 W列的网格，我们让(i,j)表示从北边第ii行和从西边第jj列的网格。最近此王国的公民希望国王能够修建一条铁路。

铁路的修建分为两个阶段：

1. 从所有网格中挑选2个不同的网格，在这两个网格上分别修建一个火车站。在一个网络上修建一个火车站的代价是Ai,j。

2. 在这两个网格间修建一条铁轨，假设我们选择的网格是 (x1,y1)和(x2,y2),其代价是 C×(|x1−x2|+|y1−y2|)
   

dls的愿望是希望用最少的花费去修建一条铁路造福公民们。现在请你求出这个最小花费。

题目输入

第一行输入三个整数分别代表H,W,C(2≤H,W≤1000,1≤C≤109)

接下来H行，每行W个整数，代表Ai,j(1≤Ai,j≤109)

题目输出

输出一个整数代表最小花费。

样例输入1

3 4 2
1 7 7 9
9 6 3 7
7 8 6 4

样例输出1

10

样例输入2

3 3 1000000000
1000000 1000000 1
1000000 1000000 1000000
1 1000000 1000000

样例输出2

1001000001

 

  题目大意：

大意是给你一个二维图，每个节点都有一个花费值，然后给了你一个修路的代价。现在要找两个节点，要求这两个节点的花费值相加和这两个节点的横纵坐标的绝对值之差乘上代价值之和最小。

  思路：

考虑到图的大小为1000*1000，暴力枚举的(n*m)^2做法肯定会超时。我们可以想到，对于每个点，我们取这个点，再从这个点的左边取一个最优点，而这个最优点可以从这个点的前一个点得到（具体拓展方程看代码）。但是因为代价是带有绝对值的，我们需要在左边的基础上再分成左上和左下两种情况。如下图。

 

 即对于每一个绿点，我们分成红色和黄色两个区域分别求这个点的最优解，存在b1图和b2图中。

对于b1图（即左下黄色区域图），我们只需要初始赋值第一列和最后一行求出最优值。然后n*m枚举拓展。

对于b2图（即左上红色区域图），我们只需要初始赋值第一列和第一行求出最优值。然后n*m枚举拓展。

按这种做法时间复杂度大约为4nm，不会超时。

ps:这是面向萌新的易懂的题解，大佬肯定还有复杂度更低的做法，博主也还是萌新，比较菜，写不出来...

AC代码如下（带注释）:

 

#include<algorithm>
#include<iomanip> 
#include<stdio.h>
#include<cstdio>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<queue>
#include<string.h>
#include<set>
#include<map>

using namespace std;
#define endl '\n'
#define ull unsigned long long
#define ll long long
#define ld long double
#define PII pair<int,int>
const int N = 1e6+7;

ll h, w, c;
ll a[1010][1010];
ll b1[1010][1010]; //左下图
ll b2[1010][1010]; //左上图

int main()
{
    //要是超时可能就是没加上这句话
    ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);
    
    cin >> h >> w >> c;
    for (int i = 1; i <= h; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= w; j++)
        {
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    
    //左下图
    for (int i = 1; i < h; i++)//初始化第一列
    {
        ll num = 1e18;
        for (int j = i + 1; j <= h; j++)
        {
            num = min(num, (ll)(a[i][1] + a[j][1] + c * ((ll)j - i)));
        }
        b1[i][1] = num;
    }
    for (int i = 2; i <= w; i++)//初始化最后一排
    {
        ll num = 1e18;
        for (int j = i - 1; j >= 1; j--)
        {
            num = min(num, (ll)(a[h][i] + a[h][j] + c * ((ll)i - j)));
        }
        b1[h][i] = num;
    }
    for (int i = h-1;i>=1;i--)//对于每个点，最优解就是与其相邻点的最优解的拓展
    {
        for (int j = 2; j <= w; j++)
        {
            //取相邻点最小值，减去相邻点消耗，多加一个c，再加上自身消耗
            b1[i][j] = min(b1[i + 1][j] - a[i + 1][j], b1[i][j - 1] - a[i][j - 1]) + c + a[i][j];
            //这里要特判一下，因为上一行代码没有考虑到这个点和相邻点的情况
            b1[i][j] = min(b1[i][j], min(a[i + 1][j], a[i][j - 1]) + c + a[i][j]);
            
        }
    }
    //左上图
    for (int i = h; i > 1; i--)//同上
    {
        ll num = 1e18;
        for (int j = i - 1; j >= 1; j--)
        {
            num = min(num, (ll)(a[i][1] + a[j][1] + c * ((ll)i - j)));
        }
        b2[i][1] = num;
    }
    for (int i = 2; i <= w; i++)
    {
        ll num = 1e18;
        for (int j = i - 1; j >= 1; j--)
        {
            num = min(num, (ll)(a[1][i] + a[1][j] + c * ((ll)i - j)));
        }
        b2[1][i] = num;
    }
    for (int i = 2; i <= h; i++)
    {
        for (int j = 2; j <= w; j++)
        {
            b2[i][j] = min(b2[i - 1][j] - a[i - 1][j], b2[i][j - 1] - a[i][j - 1]) + c + a[i][j];
            b2[i][j] = min(b2[i][j], min(a[i - 1][j], a[i][j - 1]) + c + a[i][j]);
        }
    }

    ll ans = 1e18; b1[h][1] = b2[1][1] = 1e18;
    for (int i = 1; i <= h; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= w; j++)
        {
            ans = min(ans,min(b1[i][j], b2[i][j]));//取两个图的最小值
        }
    }
    cout << ans;

    return 0;
}